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冷岗松平面几何精选


平面几何精选?08.1.280?

01

?原创? AM = MB,l1∩l3 = E, l1∩l4 = F, l2∩l3 = G, l2∩l4 = H,EH∩AB = C,FG∩AB = D.求证 CM = MD. 证:
l2 l3 l4
●H

若把 l1·l2 = 0 看作一二次曲线. 则 A

B 为其一弦,M 为此弦的中点. l3、l4 为过此中点的两弦.
A

G

l1

E●

●F

C M D

B

由蝴蝶定理知 EH、FG 与 AB 的交点满足 CM = MD.

评注:本题巧妙地将问题转化成为曲线系,并与蝴蝶定理相结合,很值得学习.

1

02

双心四边形,外心为 O,外接圆半径为 R,内心为 P,内切圆半径为 r,OI = h.证明 证:如图,分别过 K、L、M、N 作 PK、PL、PM、PN 垂线交于 A、B、C、D. ∵ ∠LCM = 180?-∠LPM = ∠PLM + ∠PML = ∠KAN = 1 ?∠LKN + ∠KNM?. 2
T L
β ● O'

1 1 1 . 2 + 2 = r2 ?R + h? ?R-h?

1 ?∠MLK + ∠LMN?, 2
B
α

∴ A、B、C、D 四点共圆. 我们设其半径为?,易证 B、P、D;A、P、C 分别三点共线. PC AP ∴ r = PL sin ? = PB sin ? sin ? = PB· , BC AB PC·AP = ? 2-d 2 ?d 为 ABCD 的外心记为?与 P 的距离?. 又易证 AC⊥BD,∴ ? 2-d 2 PB 1 = ?r= ? ① BC·AB 2? 2?
C

K
α ●Ω

P M N D

α

A

S

延长 NP 交 BC 于 T,易证 T 为 BC 中点?卜拉美古塔定理?. ∴ ?T∥PS, ?S∥PT.

□?TPS 中,4O?T 2 = PS 2 + OS 2-d 2 = 2? 2-d 2.
又 O?N = R= 1 2 1 2 2? 2-d 2 ? O?为 KLMN 的外心?即为 O?且 1 d ? ③ 2

2? 2-d 2 ? ②,h =

由①②③得

1 4? 2 2?R 2 + h 2 ? 1 1 . 2 = 2 2 2 = 2 2 2 = 2 + r ?? -d ? ?R -h ? ?R + h? ?R-h? 2

评注: 1? 若要证的结论是一些半径与边长的复杂关系时,应及时引入三角函数及一些特殊的线段比例. 2? 双心四边形性质繁多而又富深刻.关于 OI、R、r 的性质应当熟记,并深刻领会本题的解法.

2

03

设 D、E、F 分别为△ABC 的三边 BC、CA、AB 上的点,且 AD 与 EF 垂直相交于 O,又 DE、DF 分别平分∠ADC, ∠ADB,则 OD 平分∠BOC. CE AF BD DC AD BD 证: = = 1. AE FB DC AD BD DC 由塞瓦定理知 BE、AD、CF 三线共点 ? ① 当 EF∥BC 时有 CE BF CE DC BF BD = .而 = , = . EA FA EA AD FA AD
B F O D E C G A

∴ DC = BD,所以 D 为 BC 中点. 而 AD⊥EF ? AD⊥BC ? △ABC 为等腰三角形. ∴ OD 平分∠BOC. 当 EF\BC,不妨设 FE 与 BC 延长线交于 G. ∥ 由梅氏定理?以△ABC 基本三角形,GEF 为截线?有 由塞瓦定理有 两式合并得 CE AF BD = 1. EA FB DC

CE AF BG = 1. EA FB CG

BD BG = ? ② DC CG

在直线 BC 上取一点不同于 C 的点 B?,且∠B?OD = ∠COD. 由∠DOG = 90?知 OG 为∠B?OC 的外角平分线. ∴ B?G B?O B?D B?G CG BG = = ? = = ?由②? ? B 与 B?重合. CG OC DC DC BD B?D

∴ OD 平分∠BOC.得证.

3

04

已知△ABC,内心为 I,圆 C1 与边 AB、BC 相切,圆 C2 过 A、C,且 C1 与 C2 外切于点 M.求证∠AMC 的平分线 过 I. 证:设 M?在 C2 上且满足∠AM?C 的平分线过 I,过 M?作 C2 的切线交 AB 于 E,交 BC 于 F. 设 C1?是△EBF 的内切圆,且 C1?与 EF 切于 M??,下证 M? = M??: 设∠M?AI = x, A C = u, ∠M?CI = y, = v. 2 2
B E M' A

sin ∠AM?I sin y sin u 由角元塞瓦定理得 = 1. sin ∠IM?C sin v sin x 又∠AM?I = ∠IM?C ? sin x sin v = sin y sin u ? ① ∠AM?E = ∠ACM? = v + y, ∠CM?F = ∠CAM? = x + u. ∴

I F C

sin ?u-x? EM? EM? AM? CM? sin ?v + y? sin ?v-y + u + x? = = , FM? AM? CM? FM? sin ?u-x + v + y? sin ?u + x? sin ?v-y? cot EM?? = FM?? cot
1 2 1 2

∠BEF ∠BFE =
1 2 1 2

cos cos

1 2 1 2

?u-x + v + y? sin ?v-y + u + x? sin
1 2 1 2

1 2 1 2

?v-y + u + x? ?u-x + v + y?



cos EM? EM?? ∴ = ? FM? FM?? cos

?u-x + v + y? sin ?v-y + u + x? sin

?v-y + u + x? ?u-x + v + y?
1 2 1 2

2 sin ?u-x? sin ?v + y? sin = 2 sin ?u + x? sin ?v-y? sin cos 2 cos
1 2 2 1 2

?v-y + u + x? cos ?u-x + v + y? cos

1 2 1 2

?v-y + u + x? ?u-x + v + y?

?

?u-x + v + y? ?v-y + u + x? =

sin ?u-x? sin ?v + y? sin ?u + x? sin ?v-y?

? ? ? ?

1 + cos ?u-x + v + y? cos ?v + y-u + x?-cos ?v + u + u-x? = 1 + cos ?v-y + u + x? cos ?u + x-v + y?-cos ?u + x + v-y? 1 + cos ?u-x + v + y? 1 + cos ?v + y-u + x? = 1 + cos ?v-y + u + x? 1 + cos ?u + x-v + y? cos ?u-x + v + y?-cos ?v-y + u + x? cos ?v + y-u + x?-cos ?u + x-v + y? = 2 + cos ?u-x + v + y? + cos ?v-y + u + x? 2 + cos ?v + y-u + x? + cos ?u + x-v + y? sin ?u + v? sin ?x-y? sin ?x + y? sin ?u-v? = 1 + cos ?u + v? cos ?x-y? 1 + cos ?x + y? cos ?u-v?

? sin ?u + v? sin ?x-y?-sin ?x + y? sin ?u-v? = -sin ?u + v? cos ?u-v? cos ?x + y? sin ?x-y? + cos ?u + v? sin ?u-v? sin ?x + y? cos ?x-y? ? 2?cos u sin v sin x cos y-sin u cos v cos x sin y? = 1 ?sin 2u sin 2y-sin 2v sin 2x? 2

? ?cos u cos y + cos v cos x??sin v sin x-sin u sin y? = 0. 由①式知上式成立,由同一法易得 M? = M?? = M. ∴ ∠AMC 平分线过 I,得证.

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评注:这是一道很难的几何题,几何证法不好想,通过角元塞瓦进行三角计算得出结论,注意计算的步骤.

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05

△ABC 和△PQR 满足如下条件: 和 P 分别是线段 QR 和 BC 的中点, 和 BC 是∠BAC 和∠QPR 的内角平分线. A QR 求 证 AB + AC = PQ + PR. 证:设 X 为线段 BC、PQ 中垂线的交点,Q?、R?是 Q、R 关于直线 XP 的对称点,B?、C?是 B、C 关于直线 XZ 的对

称点. ∴ ∠Q?PB = ∠QPC = ∠RPC ? Q?、P、R 三点共线. 同理 Q、P、R?;B?、A、C;B、A、C?分别三点共线. 又 XR = XR?, XQ = XQ?, XR = XQ ? X 为 Q、Q?、R、R?共圆的圆心. 同理 X 为 B、B?、C、C?共圆的圆心. 设 Y 点是 XP 与 QR 的交点,BY = YC, ∠BAY = ∠CAY, ∴ B、A、C、Y 共圆,∠RPQ = ∠PQQ? + ∠PQ?Q = 2∠PQ?Q = ∠RXQ. ∴ P、X、R、Q 共圆.同理 X、A、C、B 共圆. ∴ X、A、C、B、Y 五点共圆,∠XCY = ∠XAT = 90? = ∠XPC. ∴ YC 2 = YP·YX = TR·YQ = YX 2-XR 2. 又 YC 2 = YX 2-XC 2 ? XR = XC. ∴ B、B?、C、C?、R、R?、Q、Q?共圆,圆心为 Y,YB、YC 为该圆的切线. ∴ 1 1 1 ∠BXC? = ∠YBC? = ∠YXA = 90?- ∠Q?YQ = ∠YQQ? = ∠QXR?. 2 2 2
Y R B R' X

● ●

Q' B'

Q

A

C' C

P

∴ △BXC?≌△QXR? ? BC? = QR?. 又 BC? = AB + AC? = AB + AC, QR? = QP + PR? = PQ + PR. ∴ AB + AC = PQ + PR,命题得证.

评注:此题看似不易下手,关键在于由内角平分到外角平分的过渡,一旦看到点 X 的好性质,问题便迎刃而解了.

6

06

已知 Q 为以 AB 为直径的圆上的一点,Q ≠ A, B,Q 在 AB 上的投影为 H,以 Q 为圆心,QH 为半径的圆与以 AB 为直径的圆交于点 C、D.证明 CD 平分线段 QH. 证:设 PCD 和 AB 交点,倍长 HP 到 S,设 O 是 AB 中点. 下证:SH·SO = SA·SB: ∵ PA·PB = PC·PD = PH , 1 ∴ SH·SO = SH· ?SA + SB? = PH?PA + PH + PB + PH? 2 = PA·PH + PB·PH + 2PH 2. ∴ SA·SB = ?PA + PH??PB + PH? = PA·PB + PA·PH + PB·PH + PH 2 = 2PH 2 + PH·PA + PH·PB = SH·SO. 设 SQ?是⊙O 切线,Q?H?⊥AB = H?,则 SQ? 2 = SA·SB = SH?·SO = SH·SO. ∴ SH = SH? ? H = H?, Q? = Q. 设 M = QH∩CD,∴ QC = QD∴ QO⊥CD. 又 SQ⊥QO ? SQ∥CD,∴ ∴ M 是 HQ 中点,得证. HM HP 1 = = . HQ SH 2
C S P A M H O B
2

Q

D

评注:本题解法十分神妙,但较不自然,更自然的想法是利用 CD 为两圆根轴导出结果,可以一步到位.

7

07

凸四边形 ABCD 的外接圆圆心为 O, 已知 AC ≠ BD, AC 与 BD 交于 E. P 为 ABCD 内部一点, 且 若 且∠PAB + ∠ PCB = ∠PBC + ∠PDC = 90?.求证 O、P、E 三点共线. 证: 引理:圆 O 内有一点 K,A1B1、A2B2、A3B3、A4B4 是过 K 的圆 O 的弦.若 A1A2 交 A3A4 于 M,B1B2 交 B3B4 于 N,

则 K、M、N 三点共线. 引理的证明:在圆 O 所在的实射影平面内考虑这样一个射影变换,它把圆 O 变为圆,把 K 变为圆心,K 的像记为 K?,等等. 则由圆 K?的对称性,A1?A2?与 B1?B2?关于 K? ?中心?对称,A3?A4?与 B3?B4?关于 K??中心?对称. 故 M?与 N?关于 K??中心?对称,从而 K?、M?、N?三点共线. 由射影变换性质知原来 K、M、N 三点共线,引理得证.
C' A B

下面回到的题: 延长 AP、BP、CP、DP 分别交⊙O 于 A?、B?、C?、D?. 连 A?C?、B?D?,再连 A?B、BC?,则 ∠A?C?B + ∠C?A?B = ∠A?AB + ∠C?CB = 90?. ∴ ∠A?BC? = 90?,A?C?为直径.同理 B?D?为直径. 由于 A 不与 B、D 重合. 故 A?不与 B?、D?重合,A?C?不与 B?D?重合. 故它们交于圆心 O. 在引理中令 K = P, A1 = A, A2 = C, B1 = B, B2 = D 即知 O、P、E 三点共线. 证毕.


D'




P

E

D B'

O

C A'

8

08

设⊙O1 与⊙O2 相交于 A、B 两点,过交点任作一条割线分别与两圆交于 P、Q,两圆在 P、Q 处的切线交于 R,直 线 BR 交△O1O2B 的外接圆于另一点 S.求证 RS 等于△O1O2B 的外接圆的直径. 证:连结 BP、PO1、O1S、BQ、O2Q、AB.
R

不妨设∠PAB 不是钝角?由 P、Q 的对称性?,则此时∠BAQ 不是锐角. 从而 O1 与 S 关于 BP 的同侧,O2 与 S 在关于 BQ 的异侧. 我们有 PO1 = O1B, QO2 = O2B. 又∠PO1B = 2∠PAB = 2?180?-∠QAB? = ∠QO2B. ∴ △PO1B∽△QO2B,注意这是两个等腰三角形. 设∠O1PB = ∠O1BP = ∠O2QB = ∠O2BQ = ?,则 由于∠PBQ = ∠O1BO2 + ∠PBO1-∠QBO2 = ∠O1BO2 及 PB O1B = ?∵ △PO1B∽△QO2B?. BQ BO2 ∴ △PBQ∽△O1BO2. 设 R、r 分别为△PBQ、△O1BO2 的外接圆半径,则 注意到 ∠BPR + ∠BQR = ∠O1PR + ∠BPO1 + ∠O2QR-∠O2QB = 90? + ? + 90?-? = 180?. ∴ B、P、R、Q 四点共圆. 由正弦定理知 BR = 2R sin ∠BPR = 2R sin ?90? + ?? = 2R cos ? = 4r cos 2 ?. 又 ∠BO1S = ∠BO1O2 + ∠SO1O2 = ∠BPQ + ∠SBO2 = ∠BPQ + ∠SBQ + ∠QBO2 = ∠BPQ + ∠RPQ + ∠QBO2 = ∠RPB + ∠QBO2 = 90? + 2?. 故由正弦定理知 BS = 2r sin ∠BO1S = 2r sin ?90? + 2?? = 2r cos 2?. ∴ RS = BR-BS = r?4 cos 2 ?-2 cos 2?? = 2r. 这就是欲证结论,故该结论成立,证毕. R PB = = 2 cos ?. r O1B
S● P O1●
● ● ●A

Q

B

O2

9

09

设 P 为△ABC 的一个内点,PA、PB、PC 分别交边 BC、CA、AB 于 D、E、F.证明 S△PAF + S△PBD + S△PCE =
ABC 成立当且仅当

1 S 2 △

P 至少位于△ABC 的一条中线上.

证:设 a =

AF BD CE ,b= ,c= ,则 FB DC EA

由塞瓦定理?对△ABC 和 D、E、F?得 abc = 1 ? c = 1 ? ① ab
F A

由梅氏定理?对△ABD 和 FC 使用? AF BC DP = 1. FB CD PA AP AF BC ∴ = = a?b + 1? = a + ab. PD FB CD ∴ ∴ AP AP a + ab = = . AD AP + PD 1 + a + ab
P D

E

B

C

S△AFP AF AP BD a a + ab b ab?a + ab? = = = . AB AD BC a + 1 1 + a + ab b + 1 S△ABC ?1 + a??1 + b??1 + a + ab? S△PBD S△PCE 及 . S△ABC S△ABC S△AFP S△PBD S△PCE 1 1 S△ABC ? + + = 2 2 S△ABC S△ABC S△ABC

同理可求出

故 S△PAF + S△PBD + S△PCE = ? ?

ab?a + ab? bc?b + bc? ca?c + ca? 1 + + = 2 ?1 + a??1 + b??1 + a + ab? ?1 + b??1 + c??1 + b + bc? ?1 + c??1 + a??1 + c + ca? ab?a + ab? b?1 + ab? a?1 + a? 1 + + = ?将①代入? 2 ?1 + a??1 + b??1 + a + ab? ?1 + b??1 + ab??1 + a + ab? ?1 + a??1 + ab??1 + a + ab?

? a 3 b 3-a 2 b 3-a 3 b + a 2 + b-1 = 0 ?展开,实际上去分母不是太困难? ? ?a-1??b-1??ab-1??ab + a + 1? = 0 ? ?1-a??1-b??1-c??ab + a + 1? = 0 ? a, b, c 中至少有一个为 1 ?∵ ab + a + 1 > 0? ? P 至少位于△ABC 的一条中线上,证毕.

10

10

与等腰△ABC 两腰 AB 和 AC 都相切的圆?交边 BC 于点 K 和 L,连结 AK,交圆?于另一点 M,点 P 和 Q 分别是点 K 关于点 B 和 C 的对称点.证明△PMQ 的外接圆与圆?相切. 证:我们先证 M、U、P 三点共线?设 U、V 分别为?与 AB、AC 的切点?. 为此,设?的圆心为 O,连 AO 交 BC 于 E,取 KM 中点 D,连 OD、UD、OU、BD、UK. 由⊙O 与 AB、AC 相切知 AO 平分∠BAC. 又 AB = AC,从而 AO⊥BC. 由垂径定理知 OD⊥AK.又 OU⊥AB. ∴ A、U、D、O 共圆?直径为 AO?; O、D、K、E 也共圆?直径为 OK?. ∴ ∠BUD = ∠DOA = ∠DKE. ∴ B、U、K、D 共圆?事实上由密克定理可立得?. ∴ ∠BDK = ∠BUK = ∠UMK. ∴ BD∥MU,∴ ∴ AU AM = . UB MD
U●


A

●M

V ● D E O C Q

P B K



AU BP KM AM 1 2MD = · · = 1. UB PK MA MD 2 AM

∴ 由梅氏定理的逆定理知 M、U、P 三点共线. 再由梅氏定理得 ∴ MU PB KA = 1. UP BK MA

MU BK MA MA MU MU MA = = ,∴ = = . UP PB KA KA MP MU + UP MA + KA MV MA MU MV = .∴ = . MQ MA + KA MP MQ

同理 M、V、Q 也三点共线,且

∴ △MUV 与△MPQ 关于 M 位似,它们的外接圆当然也关于 M 位似. 又此两圆均过 M,从而它们在点 M 相切,这就是要证的,证毕.

11

11

已知⊙O 与△ABC 的外接圆、AB、AC 均相切,切点分别为 T、P、Q,I 是 PQ 中点.证明 I 是△ABC 的内心或旁 心. 证:先设⊙O 与△ABC 外接圆内切,此时⊙O 必定在内?否则⊙O 不能与 AB、AC 均相切?. 这时我们来证明 I 为内心: 过 T 作两圆公切线 MN,连 TA、TB、TP、TQ. 则由弦切角——圆周角定理得 ∠BTP = ∠PTM-∠BTM = ∠PQT-∠BAT = ∠BPT-∠BAT = ∠ATP. ∴ ∠BTP = ∠ATP = 1 1 ∠ATB = ∠ACB. 2 2 1 ∠ABC. 2
P B


A

同理 ∠ATQ = ∠QTC =

由∠PBT + ∠QCT = 180?知 在 PQ 上存在点 D 使 P、D、T、B 及 Q、D、T、C 分别共圆. 并且由 ∠QPT = ∠TQC < ∠TQC + ∠QTC = 180?-∠QCT = ∠PBT 及 ?同理?∠PQT < ∠QCT 知 D 严格位于线段 PQ 上. 连 DB、DC、DA,则 ∠PDB = ∠PTB = 1 1 ∠ACB, ∠QDC = ∠QTC = ∠ABC. 2 2

I (D )


Q

O C

M



T

N

1 1 1 ∴ ∠PBD = ∠APQ-∠PDB = 90?- ∠BAC- ∠ACB = ∠ABC. 2 2 2 同理∠QCD = 1 ∠ACB,∴ D 为△ABC 内心.∴ AD 平分∠PAQ. 2

又 PA = AQ,故 PD = DQ.因而 D 与 I 重合,从而结论成立.证毕.

另外, ⊙O 与△ABC 外接圆外切时也可类似地证明 I 是旁心?比如⊙O 在∠BAC 内时, 就先证∠ATP + ∠BTP = 180? 及∠ATQ + ∠CTQ = 180?,进而继续仿照上面的同一法证明?这样便完全证明得了结论.

12

12

△ABC 的三个角平分线足分别为 X、Y、Z,△XYZ 的外接圆在 AB、BC、CA 上截出了三条线段.证明这三条线段 中有两条的长度和等于另外一条的长度. 证:不妨设 X、Y、Z 分别在 BC、CA、AB 上,设△XYZ 外接圆分别交 BC、CA、AB 于另外三点 X?、Y?、Z?. 设 a = BC, b = CA, c = AB, m = BX?, n = CY?, k = AZ?,则 由角平分线定理知 BX c = . XC b ac . b+c

又 BX + XC = a,故 BX = 同理 CY =

ab bc , AZ = . c+a a+b ac . a+b ac ac ?c-k? = m. a+b b+c

而 BZ? = c-k, BX? = m, BZ = c-AZ =

由切割线定理知 BZ、BZ? = BX·BX?即 ∴ c-k m = ? ① a+b b+c a-m n = ? ② b+c c+a b-n k = ? ③ c+a a+b ①-② + ③得 ∴ k=

同理

2k c b a = + - . a+b a+b c+a b+c

c b?a + b? a?a + b? + - . 2 2?c + a? 2?b + c?

同理可得 m 与 n 的表达式,三式相加得 m+n+k= = a?c + a?-a?a + b? b?a + b?-b?b + c? c?b + c?-c?c + a? a b c + + + + + 2 2 2 2?b + c? 2?c + a? 2?a + b? a?c-b? b?a-c? c?b-a? a b c + + + + + 2 2 2 2?b + c? 2?c + a? 2?a + b? a?c-b? b?a-c? c?b-a? a b c + ?+? + ?+? + ? 2 2 2 2?b + c? 2?c + a? 2?a + b?

=? =

ac ab bc + + = BX + CY + AZ. b+c c+a a+b

此即 ?BX-BX?? + ?CY-CY?? + ?AZ-AZ?? = 0. ∴ ±XX?±YY?±ZZ? = 0,即 XX? = ±YY?±ZZ?. 右边的两个“±”不可都取“-”?否则 0 < XX? = -YY?-ZZ? < 0 矛盾!? 在另外三种情形,都导出 XX?、YY?、ZZ?中有两个的和等于第三个,此即要证的结论.证毕.

13

13

△ABC 的三个内点 A1、B1、C1 分别在从 A、B、C 引出的三条高线上.若 S△ABC = S△ABC1 + S△BCA1 + S△CAB1 ? ①, 证明△A1B1C1 的外接圆通过△ABC 的垂心 H. 证:由题设知△ABC 为锐角三角形.设 AD、BE、CF 为三条高. 若 A1、B1、C1 之一与 H 重合,结论显然成立. 不妨设 A1、B1、C1 均不与 H 重合. 若 A1 在 DH 上,B1 在 EH 上,C1 在 FH 上,则 S△BCA1 + S△CAB1 + S△ABC1 < S△BCH + S△CAH + S△ABH = S△ABC,矛盾! 故对对称性不妨设 A1 在 AH 上,作 A1S⊥BE = S, A1T⊥CF = T. 则 AT∥AF, AS∥AC. 设 AA1 = ?AH ?0 < ? < 1?,则 FT = ?FH, ES = ?EH. AH ∴ A1D = AD-AA1 = AD-?· AD AD 2R cos A cos A = ?1-?· ?AD = ?1- ??AD ? ② 2R sin B sin C sin B sin C HE 2R cos A cos C cos A cos C SE = ?HE = ?· BE = ?· BE = ?BE ? ③ BE 2R sin A sin C sin A sin C 同理 TF = cos A cos B ?CF ? ④ sin A sin B 1 ?BC·A1D + CA·SE + AB·TF? 2
B F C1T H D C A1 E B1 S A

∴ S△BCA1 + S△CAS + S△BAT =

cos A cos A cos C cos A cos B = ?1- ?+ ?+ ? ?S△ABC ?由②③④? sin B sin C sin A sin C sin A sin B sin A cos A-cos A sin B cos C-cos A cos B sin C = S△ABC- ?S△ABC sin A sin B sin C = S△ABC ? ⑤ ?∵ sin B cos C + cos B sin C = sin ?B + C? = sin A? 由①⑤知 S△BCA1 + S△CAB1 + S△ABC1 = S△BCA1 + S△CAS + S△ABT, S△CAB1-S△CAS = S△ABT-S△ABC1, 1 1 AC ?B1E-SE? = AB ?TF-C1F? ? ⑥ 2 2 由⑥知,或者 C1 在 TF 上,S 在 B1E 上,或者 B1 在 SE 上,T 在 C1F 上,或者 C1 = T, B1 = S. 对第三种情形,结论已经成立?由 AS⊥BE, AT⊥CF?. 以下由对称性只讨论第一种情形: 此时由⑥知 ?1-??AF GT AC AF sec A A1T = = = = . B1S AB A1S AE sec A ?1-??AE

又∠A1TC1 = ∠A1SB1 = 90?,∴ △A1TC1∽△A1SB1. ∴ ∠A1C1T = ∠A1B1S,故 A1、C1、H、B1 四点共圆.此等价于欲证结论,证毕.
14

15

14

△ABC 的中线 AM 交其内切圆?于 K 和 L.过 K 和 L 作 BC 的平行线,分别再次交?于 X、Y,AX 与 AY 分别交 BC 于 P、Q.证明 BP = CQ. 证:设 I 为△ABC 内心,?分别为切 AC、AB 于 D、E ?则 AD = AE?. 若 AB = AC,则过 K 作出的 BC 平行线不会再次与?相交,矛盾! 故 AB ≠ AC,直线 AI 与 AM 不重合. 连 ID,则 ID⊥AC,作 IH⊥AM = H,过 M 作 UV⊥射线 AI 于 W,分别交射线 AB、射线 AC 于 U、V. 由对称性不妨设 K 在 AL 上,则由于 UV⊥AI,AI 平分∠UAV. 故 AU = AV = AW sec 又由梅氏定理知 A A = AM cos ∠IAM sec . 2 2
A

AU BM CV = 1. UB MC VA
E●



K

X I●





D
●T

由 AU = AV, BM = MC 知 BU = CV. 显然 U 与 V 在 BC 异侧,故由 BU = CV 就推出 AU + AV = AB + AC.
B

●H

Y Q W



L M P

V C

A 即 AB + AC = 2AM cos ∠IAM sec ? ① 2 又 IH⊥AM, ID⊥AC. ∴ 2 cos ∠IAM sec 2 AI cos ∠IAM A 2AH AK + AL = = = ?垂径定理? 2 AD AD AI cos A 2 =? 代入①知 AB + AC =

U

1 1 + ?AD ?切割线定理,即注意 AD 2 = AK·AL?. AK AL

AM AM AM AM AD + AD 即 AB + AC = AE + AD ? ② AK AL AK AL AL AY = 且 A、Y、Q 共线?. AM AQ

设以 A 为中心的某位似变换把 L 变为 M,则它把 Y 变为 Q ?因 设它把 D 变为 T,则 T 在射线 AD 上,且 AT = 则此位似变换把?变为△QMT 的外接圆. AM AD ? ③ AL

该圆仍与射线 AC 相切?因位似变换以 A 为中心,且?与 AC 相切?. 故由切割线定理知 CM·CQ = CT 2 ? ④ 同理在射线 AB 上取 S 使 AS = 则 BM·BP = BS 2 ? ⑥ 由③⑤知②即 AB + AC = AS + AT. 故可得 S 与 T 在 BC 异侧且 BS = CT ? ⑦ 由④⑥⑦知 BM·BP = CM·CQ. 又 BM = CM,故 BP = CQ,证毕. AM AE ? ⑤ AL

16

15

? ⌒ C、D 为 AB 的三等分点?C 距 A 近?,绕 A 旋转 后,点 B、C 分别成为 B1、C1,AB1 交 C1D 于 F,E 在∠B1BA 3 平分线上,且 DE = BD.证明△CEF 为正三角形. 证:为确定起见,不妨设 A、C、D、B 按顺时针方向在圆上排列,且旋转是逆时针方向的?另一种情形的处理完全

类似?. 再不妨设∠CAB > 60? ?其它情形完全同理?. 在射线 AB1、AB 上分别取点 F?、G 使 AF? = AG = BD,连 F?G、GD、F?C、F?D、AD、AC、AC1、C1C、C1E、CD. ? ⌒ ⌒ ⌒ 设 θ = ∠CAB- ,则由 AC = CD = DB 知 3 2? ? ∠CAB = ∠DBA = θ + , ∠ACD = ∠BDC = -θ. 3 3 ? 由∠CAC1 = 及 AC = AC1 知△CAC1 为正三角形. 3 同理△BAB1、△FAG 均为正三角形. 设 AC = a,则 CD = DB = AF? = AG = DE = CC1 = AC1 = GF? = a. 依题意有∠DBE = ∠ABD- ? ? =θ+ . 6 6 2? ? ?= -2θ. 6 3
A C F (F' )



D

B1 C1 E

B G

由 DB = DE 知∠EDB = ?-2?θ +

∴ ∠CDE = ∠CDB-∠EDB = θ. 又 ∠DCC1 = ∠DCA + ? = ?-θ,故 CC1∥DE. 3

再由 CC1 = CD = DE 知四边形 C1CDE 为菱形.故 C1E = a, C1D 是 CE 中垂线. 由∠CAB + ∠ACD = ?知 AG∥CD. 又 CD = CA = AG = a,故四边形 CAGD 为菱形. ∴ DG = a,又 GF? = GA = a,故 G 为△ADF?外心. ∠DGA ?-∠CAG ?-∠C1AF ∴ ∠AF?D = ?- = ?- = ?- . 2 2 2 又由 AC1 = AF? = a 知 ∠AF?C1 = ?-∠C1AF . 2

∴ ∠AF?D + ∠AF?C1 = ?,从而 F?在 DC1 上. 又 F?在 AB 上,故 F?为 AB 与 C1D 交点,从而 F?与 F 重合. 故由 AC = C1C = a, AF = AF? = C1E = a 及∠CAF = θ = ∠CDE = ∠CC1E 知 △CAF≌△CC1E ?SAS?,∴ CF = CE. 又 F 在 CE 中垂线上,故 CF = EF. ∴ △CEF 为正三角形.证毕.

17

16

设 AH1、BH2、CH3 是锐角△ABC 的三条高线,△ABC 的内切圆与边 BC、CA、AB 分别相切于点 T1、T2、T3.设 直线 l1, l2, l3 分别是直线 H2H3、H3H1、H1H2 分别关于直线 T2T3、T3T1、T1T2 的对称直线.证明 l1, l2, l3 所确定的三 角形,其顶点都在△ABC 的内切圆上. 证:对于三点 X、Y、Z 引入记号 d?X, YZ?,它表示点 X 到直线 YZ 的距离. 我们可以作出⊙I ?即△ABC 内切圆?的内接△K1K2K3 使得 K1K1∥AB, K2K3∥BC, K3K1∥CA, △K1K2K3∽△ABC. 则由△ABC 是锐角三角形知 K2K3 与 BC 在 I“异侧”?实际上是过 I 作 BC 垂线,则这垂线与 BC、K2K3 的交点在 I

异侧?,等. 以下分两种情形来证明:直线 K1K2 = l3, 直线 K2K3 = l1,直线 K3K1 = l2. 情形 1:AB、AC、BC 中至少有两个相等, 不妨设 AB = AC,则 H1、T1、K1 均为⊙I 与 BC 切点. 又∠H3H1B = A, ∠T3T1B = 180?-B , ∠K3K1B = ∠ACB = C. 2
T3 H3 I l2 K3 T2 H2 l1 A

∴ ∠K3K1B + ∠H3H1B = 2∠T3T1B,这意味着 K1K3 与 H1H3 关于 T1T3 对称. ∴ 直线 K1K3 = l2.同理直线 K1K2 = l3. 又由对称性知 K2K3、T2T3、H2H3 均平行于 BC ?因为它们均垂直于 AI?且 d?K2, BC? = r?1 + cos A? ?用 r 表示⊙I 半径?, d?T2, BC? = r?1 + cos C?, d?H2, BC? = BH2 cos C = BC sin C cos C = 2r tan
B

H1 (T1 )(K1 )

C

C C sin C cos C = 4r sin 2 cos C = 2r cos C ?1-cos C?. 2 2

则 d?K2, BC? + d?H2, BC?-2 d?T2, BC? = r [?1 + cos A? + 2 cos 2 C -2?1 + cos C? ] = r ?1-cos 2C + 2 cos C-2 cos 2 C -2-2 cos C? = 0. 故直线 H2H3 与 K2K3 关于 T2T3 对称,从而直线 K2K3 = l1. 情形 2:AB、BC、CA 两两不等, 设 c = AB, a = BC, b = CA,不妨设 a > b > c,则 AH2 = c cos A ≠ b cos A = AH3. 故 H2H3 与 T2T3 不平行,它们有交点 D. 易知 H2 在 AT2 上,H3 在 AT3 上且 AH2 < AH3. 从而 D 在 H2H3 延长线上 ?以上论述均是基于 AT2 = AT3 及 b > c?. 又 H2、H3、C、B 共圆,故∠AH3H2 = C. 从而若△AH2H3 关于 AI 的对称图形为△AH2?H3?,则 H2?H3?∥BC. 又 AI⊥T2T3,故 H2?H3?∥l1,这就推出 l1∥BC. 又 K2K3∥BC,故以下只要证 d?D, BC? = d?K2, BC?即可知直线 K2K3 = l1. 由梅氏定理知 ∴ AH3 T3D T2H2 = 1. H3T3 DT2 AH2
B C D K3 H3
●T3


A H2 T2 l1

I

T3D H3T3 AH2 cH3T3 = = . DT2 H2T2 AH3 bH2T2
18

19

又注意到 d?T3, BC? = r?1 + cos B?, d?T2, BC? = r?1 + cos C?及 D 在 H2H3 延长上有 d?D, BC? = = = T3D·d?T2,BC?-T2D·d?T3,BC? c H3T3·d?T2,BC?-b H2T2·d?T3,BC? = T2D-T2D c H3T3-b H2T2 c?AT3-b cos A??1 + cos C?r-b?AT2-c cos A??1 + cos B?r c?AT3-b cos A?-b?AT2-c cos A? bc cos A ?cos B-cos C? + ?c cos C-b cos B?AT2 r + r ?注意 AT2 = AT3? ?c-b?AT2 bc cos A ?cos C-cos B? + ?b cos B-c cos C?· = ?b-c?·
b + c-a 2 b + c-a 2

r+r

=

4 sin B sin C cos A ?cos C-cos B? + 2?sin B cos B-sin C cos C??sin B + sin C-sin A? r+r 2?sin B-sin C??sin B + sin C-sin A?
2 sin B sin C cos A·2 sin
B+C 2 B+C 2

sin sin

=

2 cos

B-C 2 B-C 2

+

1 2

?sin 2B-sin 2C??2 sin
B+C 2

B+C 2

cos

B-C 2

-sin ?B + C??

?2 sin

cos

B-C 2

-sin ?B + C??
B+C 2 B+C 2

r+r
B-C 2

4 sin B sin C cos A sin =

B+C 2

sin
B+C 2

B-C 2

+ 2cos ?B + C? sin ?B-C? sin
B-C 2

(cos ) ?

-cos

B+C 2

) r+r

4cos 2 sin B sin C cos A sin

sin

sin

B+C 2

(cos

B-C 2

-cos

= 8 sin = 4 cos = 2 cos = (2 cos =
B 2

2 cos cos
B 2

B-C B-C + cos ?B + C? sin ?B-C? ?cos 2 2 B-C B-C B+C sin 2 ?cos 2 -cos B + C ? 2 2 C 2

-cos

B+C 2

r+r
C 2

sin

C 2

cos

cos A sin

4 cos
B 2

B-C +2 cos ?B + C? 2 B-C B+C sin 2 sin B sin C 2 2 2

sin ?B-C? sin

B 2

sin

r+r

cos

C 2

cos A sin 2 cos

B-C + cos ?B 2 B-C B+C sin 2 2

+ C? sin ?B-C? r+r
B-C 2

B 2

cos

C 2

cos A + cos ?B + C? cos cos
B+C 2 B-C 2

r+r

B 2

cos

C 2

-cos
B+C 2

) cos A r + r = r?1 + cos A?.

cos

又 d?K2, BC? = r + r cos

∠K2IK3 = r?1 + cos A?,∴ d?D, BC? = d?K2, BC?. 2

又由 l1∥BC 知直线 K2K3 = l1.类似地知直线 K3K1 = l2,直线 K1K2 = l3. 两种情形知总有有直线 K2K3 = l1,等等.从而立即知欲证结论成立,证毕.

20

17

证明圆外切四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 的中点 E、F 与圆心 O 共线. 证:沿用上题的记号,对点 X、Y、Z,用 d?X, YZ?表示 X 到 YZ 的距离. 设⊙O 半径为 r,∠BAD = 2?, ∠ABC = 2?, ∠BCD = 2?, ∠CDA = 2?,则 ?, ?, ?, ?均为锐角且 ? + ? + ? + ? = ?. ∴ sin ?, sin ?, sin ?, sin ? > 0. 连结 EF ?若 E 与 F 重合,则结论显然成立,以下设 E 与 F 不重合?. 在线段 EF 上取点 O?使 EO? sin ? sin ? = . O?F sin ? sin ?
D B A F● ● E ● O (O' )

C

连 OA、OD、OG ?F 为⊙O 与 AD 相切处?,则 OG⊥AD, AG = OG cot ? = r cot ?, GD = OG cot ? = r cot ?. 故 AD = r?cot ? + cot ??. ∴ d?A, CD? = r?cot ? + cot ?? sin 2?. ∴ d?E, CD? = 1 sin 2? ?cot ? + cot ??r = sin ? cos ? ?cot ? + cot ??r 2

= ?sin ? cos ? cot ? + cos 2 ? ?r = ?sin ? cos ? cot ?-sin 2 ? ?r + r cos ? cos ?-sin ? sin ? sin ? cos ?? + ?? = sin ?· r+r=? + 1?r. sin ? sin ? 同理 d?F, CD? = ? 由 sin ? cos ?? + ?? + 1?r. sin ?

EO? sin ? sin ? = 知 O?F sin ? sin ? sin ? sin ? ?
sin ? cos ?? + ?? sin ?

+ 1?r + sin ? sin ? ?

d?O?, CD? = =

sin ? cos ?? + ?? sin ?

+ 1?r

sin ? sin ? + sin ? sin ? sin ? sin ? ? cos ?? + ?? + cos ?? + ??? r+r sin ? sin ? + sin ? sin ?

= r ?因为 ? + ? + ? + ? = ?,所以 cos ?? + ?? + cos ?? + ?? = 0?. 同理 d?O?, AB? = d?O?, BC? = d?O?, DA? = r. ∴ O?与 O 重合,故知结论成立,证毕.

21

18

在锐角△ABC 中,AD、BE、CF 为三条高.证明△AEF、△BDF、△CDE 的三条欧拉线交于一点,且此交点在△ ABC 的九点圆上. 证:为方便表述,引入“有向角”概念,用“∠”表示有向角. ? 设△ABC 垂心为 H,△AEF、△BDF、△CDE 的外心、垂心?由它们有欧拉线知它们的外心都不与垂心重合?分别为

O1、H1、O2、H2、O3、H3,设它们的欧拉线分别为 l1, l2, l3,△ABC 的九点圆为?,则? 为△DEF 外接圆. 连 FO1、EO1、EH1、EO2、EH2、O1H1、O2H2. 由 HD⊥BC, HF⊥BA 知 H、D、B、F 共圆. 同理 H、D、C、E 四点共圆. ∴ ∠EDF = ∠EDH + ∠FDH ?注意到△ABC 为锐角三角形? = ∠ECH + ∠FBH ?同样要注意△ABC 为锐角三角形? = 2 ?90?-∠BAC? = 180?-2∠BAC = 180?-∠FO1E ?注意∠BAC 为锐角?. 由∠BAC 为锐角知 A、O1 在 EF 同侧,故 O1、D 在 EF 异侧. 再由上式知 O1、F、D、E 共圆,即 O1 在圆? 上. 同理 O2、O3 都在圆? 上. 由 CF⊥AB, BE⊥AC 知 B、F、E、C 共圆. 从而△AEF 与△ABC 反相似.同理△CED 反相似于△CBA. 故△EAF 顺相似于△ECD,从而△EO1H 顺相似于△EO3H3. ∴ ∠EO1H1 = ∠EO2H3. ? ? ∴ O1 在△AEF 内,O3 在△CDE 内. 故 EO1 与 EO3 不平行且不重合. 由上式知 O1H1 必与 O3H3 相交,设交点 T2,则 由∠EO1H1 = ∠EO3H3 知∠EO1T2 = ∠EO3T2. ? ? ? ? 从而 E、O1、T2、O3 共圆,故 T2 在圆? 上. 同理 O3H3 与 O2H2 的交点为 T1,O2H2 与 O1H1 的交点 T3 均在圆? 上. 若 T1, T2, T3 互不重合,则 O1H1、O2H2、O3H3 交出了一个内接于圆? 的三角形. 又已有 O1、O2、O3 在圆? 上且互不重合?因 O1 在△AEF 内,O2 在△BDF 内,O3 在△CDE 内?. 故 l1, l2, l3 只能分别为 O1O2、O2O3、O3O1 或 O1O3、O2O1、O3O2. 这意味着 l1 上有 O2、O3 中的一点,l2 上有 O1、O3 中的一点,l3 中有 O1、O2 中的一点. 注意△ABC 的欧拉线只能与两边?不含顶点?相交,不妨设该线不与 BC 相交,则 l1 不与 EF 相交,不可能过 O2、O3 中任一个,矛盾! 从而,T1、T2、T3 中至少有两个重合,设 T1 重合于 T2,则 l1, l2, l3 都过 T1. 又 T1 在圆? 上,这就可以得到全部结论,证毕.
B H1 l2 F H2
● ● ●

A

l1 O1


H

E
● H O3 ● 3 l 3 C

O2



D

22

19

在四边形 ABCD 中,点 E 和 F 分别在边 AD 和 BC 上,且

AE BF = ,射线 FE 分别交线段 BA 和 CD 延长于 S 和 ED FC

T.求证△SAE、△SBF、△TCF 和△TDE 的外接圆有一个公共点. 证:若 S 与 T 重合,则 S 即可作为题中结论所说的公共点.以下设 S 不与 T 重合, 则 AB 不平行于 DC ?否则射线 FE 至多与射线 BA、射线 CD 之一相交?. 设 AB 交 DC 于 K,则 K、S、T 互不相同. 在以下的证明中为了方便引入有向角记号“∠” ? . 由梅氏定理知 由以上二式及 AE DT KS BF CT KS =1及 = 1. ED TK SA FC TK SB AE CT BS 可知 = ? ① ED DT AS

由于 B 与 C 在 ST 两侧,故⊙BFS ?用此记号表示△BFS 外接圆?和⊙CFT 决不在点 F 相切?内切或外切?,它们必还 有异于 F 的交点 P,则 P 也异于 B、S、T、C. 连 PS、PA、PB、PT、PD、PC、PF,则 ∠TPC = ∠TFC = ∠SFB = ∠SPB. ? ? ? ? 并且∠PSB = ∠PFB = ∠PFC = ∠PTC. ? ? ? ? 从而△PTC 与△PSB 顺相似. 又 D、A 分别在线段 TC、SB 上且有①成立. 故可知△PTD 与△PSA 顺相似. 又由于∠ADT? = ∠ADC? ≠ ∠DPT? = ∠APC?. ? ? ? ?
B


S K A

● ● ●

T



P

E ( E' )


●D

C F

从而⊙PTD 与 AD 不在点 P 相切,它们必有别致交点 E?,E?与 A 不同. 否则⊙PSA 与⊙PTD 重合. 连 PE?、TE?、AE?、DE?,则∠PE?A = ∠PE?D = ∠PSA. ? ? ? 从而 E 也在⊙PAS 上.∴ ∠SE?A = ∠SPA = ∠TPD = ∠TE?A. ? ? ? ? ∴ E?在 ST 上,故 E?为 AD 和 ST 交点.从而 P 也在⊙TED 和⊙SAE 上. 故 P 可以作为结论中的公共点,结论成立. 综上所述,结论成立,证毕.

23

20

点 D、E、F 分别在锐角△ABC 的边 BC、CA、AB 上?均不是端点?,满足 BC∥EF,D1 是边 BC 上一点?不同于 B、 D、C?,过 D1 作 D1E1∥DE,D1F1∥DF,分别交 AC、AB 两边于点 E1、F1,连结 E1F1,再在 BC 上方?与 A 同侧? 作△PBC,使得△PBC∽△DEF,连结 PD1.求证 EF、E1F1、PD1 三线共点. 证:连 PE1、PF1,设 E1F1 交 EF 于 K,易知 K 在线段 E1F1.
A

以下证 K 在 PD1 上: 注意△DEF∽△PBC, EF∥BC,故 DE∥BP∥DE1, DF∥CP∥D1F1.
F F1 P


K

再连 CF1、BE1,由梅氏定理得
BF DD1·BD1 F1K F1F AE AE AE CD1 BF1 1 = = CE1 = AF BD CE KE1 FA EE1 FA 1 1 DD1·CD1
1 2 1 2

E E1 C

B

D

D1

CD1·BF1 sin B BD1·CE1 sin C =

=

S△CD1F1 S△PD1F1 = . S△BD1E1 S△PD1E1

现仅需再注意 K 在 E1F1 上?因 D1F1 与 B 在 CP 同侧,而 D1E1 与 C 在 BP 同侧?即可由上式知 K 在 PD1 上. 所以欲证结论成立,证毕.

24

21

设锐角△ABC 的外接圆为?,过点 B、C 作?的两条切线,相交于点 P,连结 AP 交 BC 于点 D,点 E、F 分别在边 AC、AB 上,使得 DE∥BA,DF∥CA.?1? 求证 F、B、C、E 四点共圆;?2? 若记过 F、B、C、E 的圆的圆心为 A1, 类似定义 B1、C1,则直线 AA1、BB1、CC1 三线共点. S△ABP BD 证:?1? 利用面积可知 = = DC S△ACP
1 2 1 2

AB·BP sin ∠ABP AC·CP sin ∠ACP =

AB sin ∠ACB AB 2 = . AC 2 AC sin ∠ABC

AB AB·DC·BC AB·AF DC AB 2 ∴ = = = 1. BD BC 2 AC·AE AC·BD·AC BC

由圆幂定理的逆定理即知结论. ?2? 连 CF、BE、CA1、BA1,如图,考虑用角元塞瓦定理来证明. 设 BC = a, CA = b, AB = c,由于 BA1 = A1C, 故 ∴ sin ∠BAA1 sin ∠CAA1 BA1 A 1C = = = . AA1 AA1 sin ∠ABA1 sin ∠ACA1 sin ∠BAA1 sin ∠ABA1 cos ∠FCB = = ?注意 A1 是 B、C、E、F 所在圆的圆心? ① sin ∠CAA1 sin ∠ACA1 cos ∠EBC BD c2 BF BD c2 = 2 可得 = = 2 . DC b FA DC b
A

在?1?中已得出的

c3 b2c 故 BF = 2 . 2 , AF = b +c b2+c2 由斯特瓦尔特定理得 AC 2·BF + BC 2·AF = CF 2·AB + AF·FB·AB. 据此可得 CF = ∴ cos ∠BCF = b b2+c2 a2b2+b2c2+c2a2 .
B

F E


D

C

A1

CF 2 + BC 2-BF 2 2CF·BC
P

2a 2 b 4 + b 4 c 2 + 3a 2 b 2 c 2 + a 2 c 4-c 6 = 2ab?b 2 + c 2 ? a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 2a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2-c 4 = . 2ab a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 同理 cos ∠CBE = 故由①式得 2a 2 c 2 + a 2 b 2 + c 2 b 2-b 4 . 2ac a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

sin ∠BAA1 c?2a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2-c 4 ? = . sin ∠CAA1 b?2a 2 c 2 + a 2 b 2 + c 2 b 2-b 4 ?

若记 A = 2b 2 c 2 + b 2 a 2 + c 2 a 2-a 4,B = 2a 2 c 2 + a 2 b 2 + c 2 b 2-b 4,C = 2a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2-c 4. 则上式即 ∴ sin ∠BAA1 sin ∠ACC1 cC bB sin ∠CBB1 aA = .同理 = , = . bB aA sin ∠ABB1 cC sin ∠CAA1 sin ∠BCC1

sin ∠BAA1 sin ∠ACC1 sin ∠CBB1 = 1. sin ∠CAA1 sin ∠BCC1 sin ∠ABB1
25

由角元塞瓦定理的逆定理知 AA1、BB1、CC1 三线共点.证毕.

26

22

在梯形 ABCD 中,AB∥CD,梯形内部有两个圆?1 和?2 满足:圆?1 与三边 DA、AB、BC 相切,圆?2 与三边 BC、 CD、DA 相切.令 l1 是过点 A 的异于直线 AD 的圆?2 的另一条切线,l2 是过点 C 的异于直线 CB 的圆?1 的另一条 切线.证明 l1∥l2. 证:先证∠O1AO2 = ∠O1CO2 ?这里 O1、O2 分别为?1, ?2 圆心? 不妨设 DA 延长线与 CB 延长线有交点 O. 则⊙O1、⊙O2 均与∠DOC 的两边相切.
A O

故 O、O1、O2 共线?此线是∠DOC 平分线?.
l2

B A1


连出该平分线,作 A 关于 OO1 的对称点 A1,则 A1 在 OC 上. 连 O1A1、O1A、O2A、O1C、O2C,则 ∠O1A1C = ∠O1AD = = 1 1 ∠DAB = ?180?-∠ODC? 2 2
D



L

O1


l1

O2 C

K

1 ?∠DOC + ∠DCO? = ∠O2OC + ∠O2CO 2

= 180?-∠OO2C. 故 O1、A1、C、O2 四点共圆. ∴ ∠O1CO2 = ∠O1A1O2 = ∠O1AO2. 下证原题: 利用角的关系,设 l1 交 BC 延长线于 K,l2 上有点 L ?L 与 A 在 DC 同侧?,则 ∠LCD = ?∠BCD-∠BCL? = 2?∠BCO2-∠BCO1? = 2∠O1CO2 = 2∠O1AO2 = 2?∠O1AD-∠O2AD? = ∠DAB-∠DAK = ∠BAK = ∠AKD. ∴ AK∥CL,此即结论,证毕.

27

23

△ABC 内部有两点 P、Q,AP、AQ 分别交△ABC 外接圆于 A1、A2,直线 A1A2 ?当 A1 = A2 时此直线为过 A1 的△ABC 外接圆切线?交直线 BC 于 A3,类似定义 B3、C3.证明 A3、B3、C3 三点共线. ⌒ 证:A1A2 均在不含 A 的 BC 上,故 A3 不在圆内. 同理 B3 不在圆内. 考虑一个射影变换,它把 A3 和 B3 都变到无穷远而把△ABC 外接圆仍然变为圆. 设 A 在此变换下的像为 A?,等等,△ABC 外接圆变成了⊙O?,则 A1?A2?∥B?C?. ⌒ ⌒ 故 B?A1? = C?A2? ?都指不含 A 的弧?.故∠B?A?P? = ∠C?A?Q?. 同理∠A?B?D? = ∠C?B?Q?.由此即知 P?与 Q?为关于△A?B?C?的等角共轭点. ⌒ ⌒ 因此∠A?C?P? = ∠B?C?Q?,从而 A?C1? = B?C2? ?均指不含 A 的弧?. 故 C1?C2?∥A?B?,因而 C3?也在无穷远. 所以 A3?、B3?、C3?三点共线,当然有 A3、B3、C3 三点共线,证毕.
B' A1' A2' C2 ' C 1' A' B 1'

P'

G' C'

B2'

28

24

ABCD 是等腰梯形,其中 AD、BC 为底,一个与 AB、AC 均相切的圆交 BC 于 M、N,DM、DN 与△BCD 内切圆 的交点,其中离 D 较近的分别记作 X、Y.求证 XY∥AD. 证:设⊙?1 切 AB、AC 于 F、G,交 BC 于 MN,△BCD 内切圆为⊙?2. 延长 DB 至 P 使 BP = BF,延长 DC 于 Q 使 CQ = CG,则 DP = DB + BP = AC + BF = AG + GC + BF = AF + FB + GC = AB + GC = DC + CQ = DQ. ∴ 存在⊙?3 切 DB 于 P,切 DC 于 Q.
B F


A


D
●Y

X G ω2


ω1

又设⊙?3 交 BC 于 M?、N?,由圆幂定理知
? BM?·BN? = BP 2 = BF 2 = BM·BN ? ?*? ? 2 2 ? CM?·CN? = CQ = CG = CM·CN

M P

N

C

Q

两式相减得 BM?·BN?-CM?·CN? = BM·BN-CM·CN. 左边 = ?BM?·BN? + BM?·CN??-?CM?·CN? + BM?·CN?? = BM?·BC-CN?·BC = ?BM?-CN??·BC. 同理,右边 = ?BM-CN?·BC. ∴ BM?-CN? = BM-CN = d. 代回?*?得 BM?·?BC + d-BM?? = BM·?BC + d-BM?. ∴ BM? = BM 或 BC + d-BM?. 第一种情况下,M?与 M 重合,N?与 N 重合. 而第二种情况下,M?与 N 重合,N?与 M 重合,即总有⊙?3 与 BC 交于 M、N. 注意到⊙?2 与⊙?3 关于点 D 位似. 又由 X、Y 点的选取知它们分别为这个位似下 M、N 的对应点. ∴ XY∥MN,得证.



ω3

评注:同一法在几何证明中常表现为较强而有力.

29

25

已知△ABC,在 BC、CA、AB 上分别取点 D、E、F 使四边形 AEDF、BDEF、CDEF 均为圆外切四边形.求证 AD、 BE、CF 三线共点. 证:作△DEF 内切圆⊙?,切 EF、FD、DE 于 P、Q、R. 又设△ABC 内切圆为⊙I,△AEF 内切圆为⊙?1.记⊙?1、⊙?、⊙I 半径分别为 R1, R, r. 由 AEDF 为圆外切四边形知 AF + DE = AE + DF. ∴ FP-PE = FD-DE = FA-AE. ∴ ⊙?1 切 EF 于 P,∴ ⊙?1 与⊙?外切,∴ ?1、P、? 三点共线. 另一方面,易知 A、?1、I 三点共线. 延长 AP 交 I?于 T,则对△I??1 与截线 AP 用梅氏定理知 ?0T IA ?1P = 1. TI A?1 P? A?1 R1 ?0T r R1 ?0T R 注意到 = ,上式 ? = 1,即 = . AI r TI R1 R TI r ∴ T 为线段?I 上一个定点,∴ AP、BQ、CR 三线共点于 T. 由塞瓦定理知 sin ∠FAP sin ∠ECR sin ∠DBQ = 1. sin ∠EAP sin ∠DCR sin ∠FBQ
FP FA EP EA ER EC DR DC DQ DB FQ FB
B F Q P ω● T
● ●

A



ω1 E I R C

D

再用角平分线定理知上式 ?

= 1.

将 FP = FQ, EP = ER, DQ = DR 代入得

FA EC DB = 1. EA DC FB

由塞瓦定理即知 AD、BE、CF 三线共点,得证.

评注:本题很难下手,而通常难下手的题目,角元塞瓦定理都能给出漂亮的解答.

30

26

△ABC 的内切圆⊙I 切 BC、CA、AB 于 D、E、F,AD 与⊙I 的另一个交点 X,BX、CX 分别交 OI 于 P、Q.又记 BC 中点为 M.若 AX = XD,求证:?1? FD∥EQ;?2? AD、EP、FQ 三线共点;?3? 线. 证:?1? 由△BPD∽△BDX, △BPF∽△BFX 知 将 AX = XD 代入变形得 FP FX = . PD XA PD BP BP PF = = = . DX BD BF FX BX BI = ;?4? X、I、M 三点共 CX CI

又∠FPD = ∠FXA,∴ △FPD∽△FXA.∴ ∠PFD = ∠XFA = ∠FDX,∴ PF∥DX. 同理 EQ∥DX,∴ PF∥EQ. ?2? sin ∠BXD QE CE CD FX BX BX PD BD CX = = , = = , = = . EX CX CX FP BF BD DQ BX CD sin ∠CXD QE XF PD = 1,∴ AD、EP、FQ 三线共点. EX FP DQ
A

以上三式相乘得

?3? ∠BXF = ∠BFP = ∠BAX,∴ △BXF∽△BAX. ∴ BX 2 = BA·BF, BA·BF sin ∠AIB BX ∴ = = cos ∠FBI = BI 2 BI 2 sin ∠BAI sin 同理 cos cos CX 2 2 = CI sin A 2
B 2 C 2
2

cos

C 2 A 2

X

E


B cos . 2

F P B

I D

Q M C

,∴

BX 2 CX 2 BX CX ,∴ = . 2 = BI CI 2 BI CI

?4? 在 MX 上取 I?使 MI?·MX = MB 2 = MC 2,则 △MBI?∽△MXB, △MCI?∽△MXC. ∴ ∠I?BC + ∠I?CB = ∠BXC = ∠PXQ = ∠EDF ?利用?1?? = ∠IBC + ∠ICB. ∴ ∠BI?C = ∠BIC,∴ B、I、I?、C 四点共圆. 又 BI? MB MC CI? BI? BX BI = = = ,∴ = = . BX MX MX CX CX CI CI?

结合共圆知 I?与 I 重合,故 B、M、I 共线.得证.

评注:关键是理清线段比例关系.

31

27

⌒ 点 P 为△ABC 的外接圆上 BC ?不含 A?上的动点.I1、I2 分别为△PAB、△PAC 的内心.求证:?1? △PI1I2 的外接 圆过定点;?2? 以 I1I2 为直径的圆过定点;?3? I1I2 的中点在定圆上. 证:设圆心 O,△ABC 内切圆为⊙I, ⌒ ⌒ ?1? 设⊙PI1I2 与⊙O 另一交点为 Q,AC 中点为 B1,AB 中点为 C1,则 易知∠QB1I2 = ∠QC1I1 以及∠QI2P = ∠QI1P.∴ △QI1I2∽△QC1I1. ∴ Q 为线段 B1I2 与 C1I1 的相似中心,故为定点.?或由 ?2? 事实上,只需证∠I1II2 = 90?. 注意到 A、I、I2、C 在以 B1 为圆心的圆上. ∴ ∠AII2 = ?-∠ACI2.同理∠AII1 = ?-∠ABI1. ∴ ∠I1II2 = ∠ACI2 + ∠ABI1 = 1 ? ?∠ACP + ∠ABP? = . 2 2 B1Q B1I2 = 确定? C1Q C1I1

?3? ∵ 当△PBC 内心 I0 时,II1I0I2 为矩形.∴ I1I2 中点也是 II0 中点. ⌒ ∵ I 为定点,∴ 只需证 I0 在定圆上.这圆是以 BC ?含 A?的中点为圆心过 B、C 的定圆.

32

28

△ABC 中,点 A 关于 BC 的对称点为 D,类似定义 E、F.设△ABC 外心为 O,垂心为 H,外接圆半径为 R.求证 D、E、F 三点共线 ? OH = 2R. 证 1:过 A 作 B?C?∥BC,过 B 作 A?C?∥AC,过 C 作 A?B?∥AB 交成△A?B?C?. 以△ABC 重心 G 为中心、- 1 为位似比作位似变换. 2

设 D、E、F 变为 D*、E*、F*,则 D、E、F 共线 ? D*、E*、F*共线. 作任意到 D*、E*、F*事实上为点 O 在△A?B?C?三边上的投影. 故由 Simson 定理的逆定理知 D*、E*、F*共线 ? D、A?、B?、C?共圆. 1 再次考虑以 G 为中心作位似比为- 的位似变换. 2 设 O 的象为 O*,又注意到 A?、B?、C?的象即为 A、B、C. ∴ O、A?、B?、C?共圆 ? D*、A、B、C 共圆 ? O*在⊙O 上 ? OO* = R. 1 注意到 OH = 3OG,OO* = ?1 + ?OG,结合以上几式知 D、E、F 共线 ? OH = 2R,得证. 2 证 2:以△ABC 重心 G 为中心,4 为位似比作位似变换,将△ABC 变为△A?B?C?. 易知 D 在 B?C?上,E 在 A?C?上,F 在 A?B?上,则△A?B?C?外接圆半径 4R. 作 A?H⊥B?C?于 H,取 B?C?中点 M,则 HD A?A 1 = = 知 HM 2 A?M HD 1 C?D = C?H + ?C?M-C?H? = 8R sin B cos C + ?4R sin A-8R sin B cos C? HM 2 = 4R sin B cos C + 2R ? sin B cos C + sin C cos B? = 6R sin B cos C + 2R sin C cos B. 同理 DB? = 6R sin C cos B + 2R sin B cos C. C?D 3 tan B + tan C B?F A?E ∴ 有向线段比 = .同理可求得 , . 3 tan C + tan B DB? FA? EC? C?D 3 tan B + tan C 由梅氏定理得 D、E、F 共线 ? ∏ = -1 ? ∏ = -1 3 tan C + tan B DB? ? ∏?3 tan B + tan C? + ∏?3 tan C + tan B? = 0 ? 14 ∏tan A + 3∑tan 2 A ?tan B + tan C? = 0. 由 C?H = 8R sin B cos C, C?M = 4R sin A, 令 x = tan A, y = tan B, z = tan C,则上式 ? 14xyz + 3?x 2 ?y + z? + y 2 ?x + z? + z 2 ?x + y?? = 0. 再以 O 为中心建立复平面,且不妨设 zA = R,且不妨设 A、B、C 逆时针排列,则 zB = R?cos 2C + i sin 2C?, zC = R?cos 2B-i sin 2B?. ∴ zH = zA + zB + zC = R??1 + cos 2B + cos 2C? + i ?sin 2C-sin 2B??. ∴ DH = 2R ? |zH| 2 = 4R 2 ? ?1 + cos 2B + cos 2C? 2 + ?sin 2C-sin 2B? 2 = 4 1 5 ? cos 2A + cos 2B + cos 2C = ? sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 4 1 1 1 5 ? + + = . 1+x2 1+y2 1+z2 4 2 由 xy + yz + zx = 1 知 x + 1 = ?x + y??x + z?. 1 1 1 x+y+y+z+z+x 2?x + y + z??xy + yz + zx? ∴ + + = = . 1+x2 1+y2 1+z2 ?x + y??y + z??z + x? ?x + y??y + z??z + x? ∴ 上式 ? 8?x + y + z??xy + yz + zx? = 5?x + y??y + z??z + x? ? 14xyz + 3?x 2 ?y + z? + y 2 ?x + z? + z 2 ?x + y?? = 0. 综上所述,原命题得证.

33

评注:此解显示了三角运算能力的重要性.

34

29

AB 为圆?的直径,直线 l 切⊙?于 A.C、M、D 在 l 上满足 CM = DM,又设 BC、BD 交⊙?于 P、Q,⊙?切线 PR、 QR 交于 R.求证 R 在 BM 上. 证:连结 PA、QA,设 BR 交⊙?于 T,连结 PT、QT. 在△BMC 与△BMD 中用正弦定理得 sin ∠CBM sin ∠DBM CM DM = = = . BM BM sin C sin D ∴ sin ∠CBM sin C = . sin D sin ∠DBM
C ω● P T A M D B Q

注意到∠BPA = ∠BAC = ∠BAD = ∠BQA = 90?. ∴ ∠C = ∠BAP, ∠D = ∠BAQ. ∴ sin ∠CBM sin ∠BAP BP = = ? ① BQ sin ∠DBM sin ∠BAQ

另一方面,易知△RTP∽△RPB, △RTQ∽△RQB. ∴ ∴ BP BR BR BQ = = = . PT PR QR QT sin ∠PBT sin ∠CBR BP PT = = = ? ② BQ QT sin ∠QBT sin ∠DBR sin ∠CBM sin ∠CBR = . sin DBM sin ∠DBR

R

由①②两式知

又 ∠CBM + ∠DBM = ∠CBR + ∠DBR < ?. 由上式易知∠DBM = ∠DBR. ?事实上,上式 ? sin ∠CBD cot ∠DBM-cos ∠CBD = sin ∠CBD cot ∠DBR-cos ∠CBD?. ∴ B、M、R 三点共线,得证.

评注:在有圆的情况下,角度较易转化.因此应尽量把线段比化为角度比,再通过角度比求解题目.

35

30

ABCD 为圆内接四边形,AB∩CD = E,AC∩BD = F.又△AFD 与△BFC 的外接圆交于 F、H.求证∠EHF = 90?. 证: 引理:圆内接四边形 ABCD,圆心为 O,半径为 R,AC∩BD = F, AB∩CD = E, AD∩BC = G,则在 DE 上存在一点

H,满足:?1? DH·DE = R 2;?2? H、F、G 共线;?3? ∠EHF = 90?. 引理的证明:作 GH?⊥OE = H?,连结 GE,设△CDG 的外接圆交 EG 于 T. 则由∠DTG = ∠DCO = ∠DAE 知 T 也在△ADE 外接圆上. ∴ GE 2 = GT·GE + ET·EG = GD·GA + ED·EC = GO -R + ED -R . ∴ H?O 2-H?E 2 = GO 2-GE 2 = 2R 2-ED 2.
B A H O C G E

T

2

2

2

2

?
F

D

而 H?O -H?E = ?H?O-H?E??H?O + H?E? = ?2H?O-OE?·DE 代入即得
2 2

OH?·OW = R 2. 而用几乎完全相似的手法可证,若作 FH??⊥DE = H??,则 OH??·OE = R 2. ∴ H?、H??重合,设为 H,即知引理成立.

回到原题:设 GF∩DE = H0, EF∩OG = H?,先使用一次引理知 OH?·OG = R 2. ∴ GH?·GO = OG 2-R 2 = GC·GB = GD·GA. 又 ∠FH?O = ∠FH0O = 90?,∴ O、H?、F、H 共圆.
A E

∴ GH?·GO = GF·GH0 = GC·GB = GD·GA. ∴ A、D、F、H0;B、C、F、H0 分别四点共圆,∴ H0 与 H 重合.
B

H F O H'

D

又由引理知∠EH0F = 90?,故∠EHF = 90?,得证.

C

G

评注:本题须要对平面几何里的小引理、小性质有所了解.因此平时做题时应多注意积累有用的基本图形、基本性 质.

36

31

△ABC 中,⊙I1, ⊙I2, ⊙I3 分别是∠A, ∠B, ∠C 所对的旁切圆,I、G 是△ABC 的内心、重心.求证⊙I1, ⊙I2, ⊙ I3 的根心在 IG 上. 证:作 I2H2、I3H3⊥BC = H2、H3. 熟知 BH2 = CH3 = AB + BC + CA ,取 BC 中点,则 MH2 = MH3. 2
I3 I2 A

∴ M 在⊙I2、⊙I3 根轴上. 熟知 A、G、M 共线且 AG = 2GM. 延长 IG 至 T 使 IG = 2GT,则△AGI∽△MGT. ∴ ∠GNT = ∠GAC,∴ MT∥AI.
H3 B

I

G M

T C H2

I1

又 AI⊥I2I3,∴ MT⊥I2I3,∴ MT 为⊙I2、⊙I3 的根轴,T 在根轴上. 同理 T 在⊙I1 与⊙O2、⊙I1 与⊙O3 的根轴上. ∴ T 为三圆的根心,且 T 在 IG 上,得证.

评注:在证明了 M 在根轴上后,只要找到与连心线垂直的直线即可.

37

32

锐角△ABC 中,AB ≠ AC,H 为垂心,M 为 BC 中点.D、E 分别在 AB、AC 上,且 AE = AD,D、H、E 三点共 线.求证 HM 平行于△ABC、△ADE 的外心连线. 证:设△ABC、△ADE 外心为 O、O?. 延长 HM 至 T 使 MT = MH,则∠BTC = ∠BHC = ?-∠A.
A

∴ T 在⊙O 上,且由 TC∥BH, BH⊥AC 知∠TCA = 90?. ∴ A、O、T 三点共线且 AO = OT. 延长 CH 交 AB 于 F,则由∠FAH = ∠TAC 知△FAH∽△CAT. FH FH AF ∴ = = = cos A. BH CT AC 又由∠BDH = ∠CEH 及∠DBH = ∠ECH 知 ∠BHD = ∠CHE = ∠FHD. ∴ FD FH = = cos A. BD BH HT? = cos A 为定值.故 ET?∥CT. TT?
B E F D T' M C H D' O

T

作 DT?∥BT 交 BH 于 T?,则

∴ ∠ADT? = ∠AET? = 90?,故 AT?为△ADE 直径. ∴ A、D?、T?三点共线且 AD? = D?T?. ∴ O?O∥T?T,即 O?O∥HM,得证. 评注:在证明线段平行而题设中有较多垂直关系时,方法通常有二:向法量;找到中介角 ?.本题就引入了中介 角 A 来解决.

38

33

设△ABC 内接于圆 O,过 A 作切线 PD,D 在射线 BC 上,P 在射线 DA 上,过 P 作圆 O 的割线 PU,U 在 BD 上, PU 交圆 O 于 Q、T 且交 AB、AC 于 R、S.证明,若 QR = ST,则 PQ = UT. 证:过 O 作 OD⊥PU = K,OF⊥BU = F,连结 AK 延长交⊙O 于另一点 E,过 C 作 CH∥PU 交 AE 于 G,交 AB 于 H,连 GF、OP、OU、OA、OE. 由垂径定理知 BF = FC, QK = KT,且 QR = ST. ∴ RK = KS 即 K 是 RS 的中点,且 CH∥PU. ∴ RK AK KS HG RK = = ? = = 1 ? HG = GC. HG AG GC GC KS
P A Q H O R K G C F B E S D

1 由中位线定理知 FG ∥ BH. 2 ∴ ∠FGE = ∠BAE = ∠BCE ? F、G、C、E 共圆. ∴ ∠EFC = ∠EGC = ∠AGH = ∠UKG. ∴ ∠EFO + ∠OKE = ∠OFC + ∠CFE + ∠DKE = 90? + ?∠UKG + ∠OKE? = 90? + 90? = 180?. ∴ K、O、F、E 四点共圆 ? ① 又∵ ∠OKU + ∠OFU = 2×90? = 180?, ∴ K、O、F、U 四点共圆 ? ② 结合①②知 K、O、F、E、U 五点共圆,∴ ∠KUO = ∠KEO.

T U

又∵ PA 为⊙O 切线 ? OA⊥PA,且 OK⊥PU ? ∠KEO = ∠KAO. ∴ ∠KPO = ∠KUO ? OP = OU. 又∵ OK⊥PU,∴ PK = UK. 而 QK = TU,∴ PQ = UT,得证.

39

34

圆心为 O1 和 O2 的两个半径相等的圆相交于 P、 两点, 是公共弦 PQ 的中点, P 任做两条割线 AB 和 CD ?AB, Q O 过 CD 均不与 PQ 重合?,点 A、C 在圆 O1 上,点 B、D 在圆 O2 上,连结 AD、BC,点 M、N 分别是 AD、BC 的中点, 已知 O1、O2 不在两圆公共部分内,点 M、N 均不与点 O 重合.求证 M、N、O 三点共线. 证:设 AB 的中点为 E,CD 的中点为 F,连结 ME、EN、NF、FM. 由已知⊙O1 与⊙O2 半径相同,设为 R, ∴ AC = 2R sin ∠CNA = 2R sin ∠BND = BD.
C


N P● ●


B F O2 D

∵ M 为 AD 中点,N 为 BC 中点, ∴ 由中位线定理知 NE ∥ 1 1 AC, FN ∥ BD. 2 2 1 1 AC, EM ∥ BD. 2 2
A O1

E



M O Q

∴ EN = FN,于是 N 在 EF 中垂线上,FM ∥ ∴ FM = EM,于是 M 在 EF 中垂线上.

故欲证 N、M、O 三点共线,只需证 O 在 EF 中垂线上,即 OE = OF. 连结 QE,由于∠APQ + ∠BPQ = 180?, ∴ AQ = 2R sin ∠APQ = 2R sin ∠BPQ = BQ,且 E 为 AB 中点. ∴ QE⊥AB,且 O 为 PQ 中点.故在 Rt△EPQ 中有 OE = OP = OQ = 同理 OF = 1 PQ.∴ OE = OF,于是 O 也在 EF 中垂线上. 2 1 PQ. 2

故 M、N、O 三点共线,得证.

40

35

在△ABC 中,I 为内心,延长 AI、BI、CI 交对边于 D、E、F,连 DF、DE 交 BI、CI 于 G、H ?AB ≠ AC?.求 E、 F、G、H 四点共圆的充要条件. 解:E、F、G、H 四点共圆 ? ∠DFC = ∠BED. 又∠DFC + ∠BED < ∠FDB + ∠EDC < 180?,故等价于 sin ∠DFC = sin ∠BED. 设∠DFC = ?, ∠BED = ?, ∵ CD FD BD DE DF AD DE AD = , = , = , = , sin ? sin ? sin ∠AFD sin A sin ∠AED sin C sin B sin A 2 2 2 2
C 2 B 2

CD DE sin sin ? ∴ = FD BD sin sin ? cos = cos
B 2 C 2

AC sin ∠AFD sin = AB sin ∠AED sin
C 2 B 2

C 2 B 2
F I

A

sin ?A + sin ?A +

-?? -?? ? ①
B G D

E H C

?1? 若 ? = ?,则 ① ? cos B C C B sin ?A + -?? = cos sin ?A + -?? 2 2 2 2 B C B C B C B C ? sin ?A + + -?? + sin ?A- + -?? = sin ?A + + -?? + sin ?A + - -?? 2 2 2 2 2 2 2 2 B C B C ? sin ?A- + -?? = sin ?A + - -?? 2 2 2 2 B C B C B C B C ? A- + -? = A + - -? 或 A- + -? + A + - -? = ? 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? B = C 或 ? = A- . 2

? 由于 AB ≠ AC ? B ≠ C ? ? = A- = ?,这时 2 C C+? C ? ? -?A- ? = , ∠FDB = A + - . 2 2 2 2 2 AB·BC BF AB·BC BD AB BC 又∵ = ? BD = , = ? BF = . BC AB + AC AB + AC BA AC + BC AB + BC + sin C 2 ? sin ∠BFD BD AC + BC sin B + sin A ∴ = = ? = ? ② C ? BF AB + AC sin C + sin B sin ∠BDF sin ?A + 2 -2 ? ∠BFD = A + ② ? cos sin
C 2 A-B 2

2 sin =

A+B 2

cos

A-B 2

sin C + sin B

? sin ?A-B? = sin B + sin C = sin B + sin ?A + B?.

∴ sin B = sin ?A-B?-sin ?A + B? = -2 sin B cos A. 1 ∵ sin B ≠ 0,∴ cos A = - ? A = 120?. 2 ?2? 若 A = 120?,由上面可逆推得到②式,这样,设∠BFD = ?, ∠FDB = θ,有 sin ? + C A-B 2 ?+C sin ? = + = A + C. A-B 且 ? + θ = 2 2 sin θ sin 2 考虑函数 f ?x? = sin ??-x? A-B ?+C = sin ? cot x-cos ? 在?0, ??上单调减,故必有 θ = ,?= . 2 2 sin x
41

? ? ∴ ∠DFC = A- .同理可得 ∠BED = A- ,故∠DFC = ∠BED. 2 2 综上所述,所求充要条件为∠A = 120?.

42

36

已知四边形 ABCD 外切于圆?,直线 AB、CD 相交于 O,圆?1, ?2 与 AB、CD 都相切,并且圆?1 与 BC 相切于 K, 圆?2 与 AD 相切于 L.已知 O、K、L 三点共线,求证 BC 中点、AD 中点及圆?圆心三点共线. 证:设⊙?与 AD、BC 切于点 M、N.由已知 O、?2、?、?1 共线. 以 O 点为位似中心作位似变换,将⊙?2 变为⊙?.
H

设直线 OLK 交⊙?于 U、V ?U 左,V 右?,则 L → V.
A

B N ω


过 V 作 VG∥AD,则 VG 为⊙?切线,设 VG 交 BC 于 F. 同理以 O 点为位似中作位似变换将⊙?1 变为⊙?,则 K → U. 过 U 作 UG∥BC 交 VG 于 G,设 UG 交 AD 于 E,则 UG 为⊙? 切线. 设 DA 与 CB 交于 H,则□EGFH 为圆外切多边形,从而□EGFH 为菱形. 于是 MN∥EF∥UV,且 MN 到 EF 与 UV 到 EF 距离相同. ∴ E 为 ML 中点,F 为 NK 中点. ∵ AM = AD + OD-OA 1 ?OA + AD + OD?-OA = = LD. 2 2
O

ω2


M E


F
● ●K



ω1

L● D G

C

∴ E 为 AD 中点,同理 F 为 BC 中点,且 E、⊙?圆心、F 三点共线?菱形的性质?. ∴ BC 中点、AD 中点、⊙?圆心三线点共线,得证.

43

37

如图,在锐角△ABC 中,高 AA1 与 CC1 交于垂心 H,AA1 与 CC1 所夹锐角的平分线分别交 BA、BC 于 P、Q,垂心 H 与 AC 中点的连线与∠ABC 的平分线相交于 R.求证 P、B、Q、R 四点共圆. 证:过 M 作 ME⊥AB = E,MF⊥BC = F,过 P 作 PR1⊥AB 交 HM 于 R1,QR2⊥BC 交 HM 于 R2. 设△ABC 外接圆半径为 R,先计算 连 BH,易知 BH = 2R cos B, ∠BPQ = 1 A+C ?180?-∠B? = , 2 2 A-C A+C = 90? + . 2 2
A-C 2 A+C 2
C1 B

C1P A1Q 与 . C1E A1F

∠BHP = 180?-∠PBH-∠BHP = 180?-?90?-∠A?-
A-C

sin ?90? + 2 ? cos sin ∠BHP PB 由正弦定理知 = = = A+C BH sin ∠BPH sin 2 sin ∴ PB = 2R cos B cos sin
A-C 2 A+C 2


E

P

H R

A1 Q F C

, BC1 = BC cos B = 2R sin A cos B.

A

M

∴ PC1 = 2R cos B ?

cos sin

A-C 2 A+C 2

-sin A?.



A-C A+C = ?, = ?,则 2 2

cos ?-1 ?cos ?-cos ?? + 2??? cos ?-sin ? sin ?? + ?? 2 PC1 = 2R cos B· = 2R cos B sin ? sin ? cos A cos A + C 2 cos ? + cos ?? + 2?? cos ?? + ?? cos ? = R cos B· = 2R cos B· = 2R cos B· , sin ? sin ? sin A + C 2 C1E = 1 AC1 = R sin B cos A. 2
A+C 2 A+C 2

PC1 cos B cos ∴ = 2· C1E sin B sin 同理 又∵

= 2 cot B tan

B . 2

A1Q B PC1 A 1Q = 2 cot B tan .∴ = . A1F 2 C 1E A 1F HR1 PC1 HR2 A 1Q HR1 HR2 = , = ? = ? HR1 = HR2. HM C1E HM A 1F HM HM

∴ R1 与 R2 重合,记作 R?.易知 B、P、R?、Q 四点共圆. 由于 BP = BQ ? ∠PR?B = ∠QR?B ? ∠PBR? = ∠QBR?. ∴ R?为∠ABC 平分线与 HM 的交点,于是 R?与 R 重合. 即 B、P、R、Q 四点共圆,得证.

44

38

已知圆⊙O1 与⊙O2 外切于点 T,一直线与⊙O2 相切于点 X,与⊙O1 交于点 A、B,且 B 点在线段 AX 的内部,直线 ⌒ XT 与⊙O1 交于另一点 S,C 是不包含点 A、B 的 TS 上的一点,过点 C 作⊙O2 的切线,切点为 Y,且线段 CY 与 线段 ST 不相交,直线 SC 与 XY 交于点 I.证明 I 是△ABC 的∠A 内的旁切圆的圆心. 证:过 T 作两圆内公切线 MN,则 ∠ICT = ∠SAT = ∠STN = ∠MTX = ∠AXT, ∠BCT = ∠BAT. ∴ ∠BCI = ∠ICT + ∠TCB = ∠AXS + ∠XAT = ∠ATS = ∠ACS = ∴ SI 为∠ACB 外角平分线 ? ① 又∵ ∠SAT = ∠AXS ? △SAT∽△SXA. ∴ ∠ATS = ∠XAS ? SA = SB,而且 SA 2 = ST·SX. 又∵ ∠TCI = ∠AXT = ∠XYT ? T、C、Y、I 共圆. ∴ ∠TIC = ∠TYC = ∠TXY. ∴ △STI∽△SIX ? SI 2 = ST·SX. ∴ SA = ST ? SB = ST. ∴ ∠BIS = 1 1 ?180?-∠BST? = ?180?-∠BAC?. 2 2
A


180?-∠ACB . 2

M B

X

O1 S C

●T



I

O2

∴ ∠CBI = 180?-∠BCI-∠BIC 180?-∠ACB 180?-∠BAC = 180?- - 2 2 = ∠ACB + ∠BAC 1 = 90?- ∠ABC. 2 2

N

Y

∴ IB 为∠ABC 外角平分线 ? ② 结合①②可知 I 为△ABC 旁心,得证.

45

39

四边形 ABCD 既可外切于圆,又可内接于圆,并且 ABCD 的内切圆分别与它的边 AB、BC、CD、AD 相切于点 K、 L、M、N,四边形的∠A 和∠B 的外角平分线相交于点 K?,∠B 和∠C 的外角平分线相交于点 L?,∠C 和∠D 的外 角平分线相交于点 M?,∠D 和∠A 的外角平分线相交于点 N?.证明,直线 KK?、LL?、MM?、NN?经过同一个点. 证:如图,设∠BCD 的内切圆圆心为 I,∠BAI = ∠IAD = ?, ∠ABI = ∠CBI = ?, ∠BCI = ∠DCI = ?, ∠CDI = ∠

ADI = θ.⊙I 半径为 r. 由 ABCD 还有外接圆可得 ? + ? = ? + θ = ? . 2
A
γ

N' αα
γ

∴ ∠K?AB = ? = ∠N?AI ?由于 K?N?为 A 外角平分线?, 且 A、K?、B、I 四点共圆,AB = r?cot ? + cot B?. AK? AB AK? r?cot ? + cot ?? ∴ = 即 = . sin θ sin ∠K?BA sin ∠AIB sin ?? + ??
B K' K

N
θ ● ● θ

D M M'

I β β L
γ γ

r sin θ r sin ? ∴ AK? = .同理 AN? = . sin ? sin ? sin ? sin θ ∴ K?N? = r?sin 2 θ + sin 2 ?? r = ,K?N?⊥AI. sin ? sin ? sin θ sin ? sin ? sin θ KN = 2r sin ? 且 KN⊥AI. K?N? KN = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?. K?N?
L'

C

而 KN∥K?N?且 ∴ KN∥K?N?且 同理可得 MN∥M?N?, LK∥L?K?,

MN ML = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?, ML∥M?L?, = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?, M?N? M?L?

LK = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?. L?K?

于是四边形 KLMN 与四边形 K?L?M?N?位似,对应顶点连线 K?K、L?L、M?M、N?N 共点于位似中心,得证.

46

40

两圆⊙O1, ⊙O2 相外切于点 M,⊙O2 半径大于⊙O1 的半径,点 A 是⊙O2 上的一点,且满足 O1、O2 和 A 三点不共 线,AB、AC 是点 A 到⊙O1 的切线,切点分别为 B、C,直线 MB、MC 与⊙O2 另一个交点分别为 E、F,点 D 是 线段 EF 和⊙O2 以 A 为切点的切线的交点.证明,当点 A 在⊙O2 上移动且保持 O1、O2 和 A 三点不共线时,点 D 沿一条固定直线移动. 证:下证 D 在⊙O1 与⊙O2 的根轴上,即⊙O1 与⊙O2 内公切线上. 设⊙O1 与⊙O2 内公切线与直线 EF 交于点 D2, A 的⊙O2 切线交直线 EF 于 D1, 过
F B O2●
●M
● 1

A’ O

D1E D2E 只需证 D1 = D2 ? 证明 = . D1F D2F 先说明一个常见结论:⊙O1 与⊙O2 外切于点 M,过 M 的两条直线交⊙O1 于 A1、 B1,交⊙O2 于 A2、B2,则 A1B1∥A2B2. 作⊙O1、⊙O2 内公切线 PQ 得 ∠B1A1M = ∠B1MQ = ∠DMB2 = ∠MA2B2. ∴ A1B1∥A2B2,得证.
A

C E

D 1 ( D2 )

回到原题: D1E 一方面 = D1F
D1E AD1 D1F AD1

=

AE AF AF AE

=

AE 2 D2E ME 2 = . 2 .同理 AF D2F MF 2
P B2

延长 AM 交⊙O1 于另一点 A?,连 A?B, A?C,由上面结论知 A?B∥AE ? ∴ A?B A?M A?C A?M = , A?C∥AF ? = . AE AM AF AM
A1 O ● 1

M

O2 ●

A?B A?C AE A?B ME MB = ? = .同理 = . AE AF AF MF MC A?C
B1

BM 2 A?B 2 于是 ? . 2 = CM A?C 2 AM 又∵ AB, AC 为⊙O1 两外切线,∴ = AA?
AM AB AA? AB

Q

A2

=

BM BA? BA? BM

=

BM 2 . A?B 2

AM MC 2 BM 2 MC 2 A?B 2 BM 2 同理 = ,于是 = ? = ,得证. MC 2 AA? A?C 2 A?B 2 A?C 2 A?C 2 于是有 D1E D 2E = ? D1 与 D2 重合. D1F D 2F

于是 D 点也在⊙O1 与⊙O2 内公切线即根轴上.

47

41

设 P 是△ABC 内的一个点,直线 AP、BP、CP 与边 BC、CA、AB 分别交于点 D、E、F.现设分别以 BC 和 AD 为 直径的圆交于点 L 和 L?,分别以 CA 和 BE 为直径的两圆交于点 M 和 M?,分别以 AB 和 CF 为直径的圆交于点 N 和 N?.求证 L、L?、M、M?、N、N?共圆. 证: AX⊥BC = X, BY⊥AC = Y, CZ⊥AB = Z, BY、 作 则 CZ、 共点于 H 为△ABC 垂心. AX ?1? 由于 CZ⊥AB,则以 AD、AC 为直径的圆均过点 Z 和 C,ZC 为两圆根轴. AX⊥BC,则以 BC、AC 为直径的圆均过点 X、A,AX 为两圆根轴,且以 AD、BC 为直
L P B D H X Z●
● ● L'

A

Y

径的圆交于点 L、L?. 故 LL?为两圆根轴. 由根心定理知 LL?、AX、ZC 共点,且 H = AX∩ZC,故 LL?过 H. 且 A、L、X、L?共圆 ? LH·HL? = AH·HX. 同理 MM?过 H 点,MH·HM? = BH·HY.NN?过 H 点,NH·HN? = CH·HZ. 又∵ LH·HL? = MH·HM? = NH·HN?. 由此可知 L、L?、M、M?共圆⊙O1,M、M?、N、N?共圆⊙O2,L、L?、N、N?共圆⊙O3. ?2? 设 AB, BC, CA 的中点分别为 C?、A?、B?,AD、BE、CF 的中点分别为 D?、E?、F?. ∵ D?L = D?L?, A?L = A?L?,∴ A?D?为 LL?的中垂线. 同理 B?E?为 MM?中垂线,C?F?为 NN?中垂线. ∴ O1 为 A?D?与 B?E?交点,O1 为 B?E?与 C?F?交点,O3 为 C?F?与 A?D?交点. 又∵ C?D? B?F? A?E? BD AF CE = = 1 ?AD, BE, CF 共点于 P,塞瓦定理?. DC FB EA D?B? F?A? E?C?
B

C

A

C' F

D'

B' E C

● ● E' F' D A'

∴ 由塞瓦定理的逆定理知 A?D?、B?E?、C?F?共点. ∴ O1 = O2 = O3,故 L、L?、M、M?、N、N?六点共圆,得证.

48

42

证明△ABC 的费尔马点、拿破仑点、外心三点共线. 证: 将问题推广为下面这个命题: 分别从△ABC 三边为底向外作三个相似的等腰三角形△C1AB、 1CA、 1BC, △B △A

C2、B2、A2 分别为此三个三角形的垂心.?1? AA1、BB1、CC1 交于点 P1,AA2、BB2、CC2 交于点 P2;?2? 外心 O、P1、 P2 三点共线?原题为△ACB2 为正三角形的情况?. ?1?用角元塞瓦定理易得. ?2?的证明:注意到 C2C1 与 B2B1 的交点即为外心 O. 对△CC1C2 与△BB1B2 运用笛沙格定理知,只需证明 C2B2、C1B1、BC 三线共点. 下面计算 C2B2 与 BC 交点分别 BC 成的比: 设 a, b, c 为△ABC 三边,A, B, C 为△ABC 的三个内角,∠C2BA = θ. 则设 C2B2 与 BC 交于 Q2,用直线 C2B2Q2 截△BCP 得 ?P 为 C2B 与 B2C 交点? BQ2 BC2 PB2 c b = , BC2 = , B2C = , Q2C C2P B2C 2 cos θ 2 cos θ sin ?θ + C? sin ?θ + B? PB = BC , PC = BC , sin ?2θ-A? sin ?2θ-A? BQ2 BC2 B2P sin C sin B sin ?2?-A? + 2 sin A sin ?θ + B? cos θ = = . Q2C B2C PC2 sin B sin C sin ?2θ-A? + 2 sin A sin ?θ + C? cos θ BQ1 对于 ,我们只需将上式中的 θ 换为 90?-θ 即可. Q1C ∴ BQ1 sin C sin B sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ-B? sin θ = . Q1C sin B sin C sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ-C? sin θ BQ2 BQ1 = . Q 2C Q1C

C2


A C1 B1
●B 2

B C A1


A2

为证 B1C1、B2C2、BC 三线共点,只需证 ∴ 只需证

sin B sin ?2θ-A? + 2 sin A sin ?θ + B? cos θ sin B sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ-B? sin θ = . sin C sin ?2θ-A? + 2 sin A sin ?θ + C? cos θ sin C sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ-C? sin θ

注意到上式两边分子等于分子,分母等于分母,故上式成立. ∴ B1C1、B2C2、BC 三线共点,得证. 评注:该命题会用更简洁的证法?如利用根轴等?.

49

43

⌒ ⊙O1 与⊙O2 内切于 D,AB、AC 与⊙O2 相切,I 为△ABC 内心,P 为 BC 中点.证明 P、I、D 三点共线. 证: BF CE 引理 1: = . BD CD 其证明略.
A F O1● B O2 ● C
●I

P M ● N

sin ∠IBF sin ∠ICE 引理 2: = . sin ∠IBD sin ∠ICD 引理 2 的证明:设∠MBC = 2?, ∠NCB = 2?, ∠BPD = ?, ∠CPD = θ. 由引理 1 得 sin ? sin ? = ? ① sin ?? + ?? sin ?? + θ? cos ?? + cos ?? +
?+θ 2 ?-θ 2

E

D

而引理 2 ?

? ? =

cos ?? + cos ?? +
? 2

?+θ ? 2 -? + θ ? 2 θ 2 θ 2 ? 2 θ 2

? ② cos ?? +
θ 2

对②式用合分比定理得

cos ?? +

? cos
? 2

? cos
θ 2

-sin ?? + sin ?? +
? 2

? sin

=

? 2 ? 2 θ 2 ? 2

-sin ?? + sin ?? +
θ 2

? sin

? ③

对①式用合分比定理得

? cos
θ 2

? cos
? 2

-cos ?? +

? sin

=

-cos ?? +

? sin

? ④

注意到 ③④两式等价,于是引理 2 得证.

下面证原题:由正弦定理得 ∴

IF IB ID IB = , = . sin ∠IBF sin ∠IFB sin ∠IBD sin ∠IDB

sin ∠IBF sin ∠IDB IF = . ID sin ∠IFB sin ∠IBD sin ∠ICE sin ∠IDC IE = . ID sin ∠IEC sin ∠ICD

同理

∵ I 为内心,∴ IF = IE, ∠IFB = ∠IEC. 又由引理 2 可得∠IDB = ∠IDC. ∴ I、P、D 三点共线,得证.

评注:由该命题可得出 B、F、I、D;C、E、I、D 分别四点共圆.

50

44

锐角△ABC 中,以 BC 为直径作⊙O1,⊙A1 与 AB、AC 相切且外切⊙O1 于点 A2,类似定义 B2、C2.证明 AA2、BB2、 CC2 三线共点. 证:取△ABC 内心 I,连结 AI 并延长交 BC 于 D,连结 A1、A2、O1,连结 AA2 并延长交 BC 于 P. 用直线 AA2P 截△A1OD 得
a 2 PO1 r1 a?b + c? ∴ = = . PD r1 r·a + b + c 2r?a + b + c? b+c
A

O1A2 A1A DP = 1. A2A1 AD PO1

又 BO1 =

a?c-b? a ca , BD = , O1D = BD-BO1 = ?不妨设 c > b?. 2 b+c 2?b + c?



A1

A2 ●
●I

a?c-b? a?c-b? O1P ∴ O1P = O1D· = O1P + PD 2r?a + b + c? + a?b + c? 2?b + c? = a ?c-b? . 4r?a + b + c? + 2a?b + c?
2

B



O1 P D

● ●

C

a 2 ?c-b? a a ∴ BP = + O1P = + 2 2 4r?a + b + c? + 2a?b + c? = CP = ∴ 2ra?a + b + c? + 2a 2 c ra?a + b + c? + a 2 c = , 4r?a + b + c? + 2a?b + c? 2r?a + b + c? + a?b + c? a ra?a + b + c? + a 2 b -O1P = . 2 2r?a + b + c? + a?b + c?

BP ra?a + b + c? + a 2 c r?a + b + c? + ac = = . CP ra?a + b + c? + a 2 b r?a + b + c? + ab

另有两个式子轮换后,与上式相乘值为 1.由塞瓦定理知 AA2、BB2、CC2 三线共点,得证.

51

45

设上题中三线共于点 P,证明,O、I、P 三点共线,其中 O 为外心. 证:我们来计算 DM 分 OI 成的比: 作 OH⊥BC = H, IAG⊥BC = G,延长 DI 交⊙I 于 F. 易知 A、F、G 三点共线. 延长 OH、OI、HI 分别交 DM 于 R、P、Q. 由梅氏定理得 OP OR HQ = . PI RH QI HQ OR 与 : QI RH
c-b 2 c-b 2
B G O F M I P A Q

下面分别计算

H

D

E

C

HD sin ∠HDR HQ = = QI ID cos ∠HDR

r
rA 2

tan ∠HDR =

r

rA rA = . 2r c-b
IA

R

R cos A + OR OH + RH = = rA RH RH
2



R cos A + HQ OR ∴ = QI RH r =

rA 2

=

cos A a+b+c + cos A + cos B + cos C-1 2?b + c-a?

a?b 2 + c 2-a 2 ? -∑a 3 + ∑ab 2 + ∑a 2 b + 2abc a+b+c + = 关于 a, b, c 对称. 2 2 2 ∑a?b + c -a ?-2abc 2?b + c-a? 2?a + b-c??b + c-a??c + a-b?

故三线截⊙I 于同一点 P,从而三线共点,进而知 O、I、P 三点共线.

52

46

△ABC 外接圆为⊙O,延长中线 AD 交⊙O 于 A2,过 D 作 AO 垂线,与点 A2 的切线交于 A3,类似定义 B3、C3.证 明 A3、B3、C3 三点共线. 证:我们证明 A3、B3、C3 均在△ABC 外接圆与九点圆的根轴上.
O
●G

A

过 A 作外接圆切线 lA,
B

A1 D

C A3 A2

∵ OA⊥lA, OA⊥A3D,∴ lA∥A3D.

以 G 为位似中心作一个 2 : 1 的位似,则⊙O 变为△ABC 九点圆,⊙O 在 A 点的切线 lA 变为九点圆在 D 点的切线. ∴ A3D 切九点圆于 D. ∵ A3D = A3A2, ∴ A3 到⊙O 与九点圆幂相等,即 A3 在两圆根轴上. ∴ A3、B3、C3 三点共线.得证.

53

47

四边形 ABCD 内接于⊙O,AC > BD,延长 AB、DC 交于 E,延长 AD、BC 交于 F,M、N 分别为 AC、BD 中点.求 证 MN 1 AC BD = ? - ?. EF 2 BD AC PM 1 AC PN 1 BD = , = . EF 2 BD EF 2 AC

证:取 EF 中点 P,则 M、N、P 三点共线,下证

QM AE DE 取 EC 中点 Q,则∠MQP = ∠ABC = ∠EDF, = = . QP CF DF ∴ △MQP∽△EDF,∴ PM QM 1 AE 1 AC = = = . EF DE 2 DE 2 BD
Q B

A

N M


D



PM 1 AC PN 1 BD = .同理 = . EF 2 DE EF 2 AC MN PM PN 1 AC BD = - = ? - ?,证毕. EF EF EF 2 BD AC

C

E P F



54

48

如图,A、C、E 为直线上三点,B、D、F 为另一直线上三点,直线 AB、CD、EF 分别和 DE、FA、BC 相交.证明 交点 L、M、N 三点共线. 证:如图图设 AB、CD、EF 围成一个△UVW ?平行直线视为交于无穷远点?. 对△UVW 三边上的五个共线三点组 LDE、AMF、BCN、ACE、BDF 用梅氏定理得 VL WD UE =1 ? ① LW DU EV VA WM UF =1 ? ② AW MU FV VB WC UN =1 ? ③ BW CU NV VA WC UE =1 ? ④ AW CU EV VB WD UF =1 ? ⑤ BW DU FV ①×②×③ NV MU LW 得 = 1. UN WM VL ④×⑤ 由梅氏定理之逆定理知 L、M、N 三点共线.
B E N L V F D U

A C W M

评注:多次运用梅氏定理,抓住各线段间量的关系是关键.

55

49

设六边形 ABCDEF 有内切圆,证明 AD、BE、CF 三线共点. 证:设该圆在各边上切点分别为 O、P、Q、R、S、T. 则前证 Neton 定理知 OR、TQ、AD 三线共点,设为 X,同理记 Y、Z.
T A O B Y●
● ●

若 X、Y、Z 中有两点重合,则 OR、PS、TQ 三线共点 ? X ≡ Y ≡ Z,命题成立.
E S

F Z

P

X

sin ∠TXA 否则 = sin ∠OXA

AT AX AO AX

sin ∠ATX sin ∠AOX =

⌒ sin ∠ATX sin TQ = . sin ∠AOX ⌒ sin OR ⌒ OR = 1. ⌒ PS

R C Q D



⌒ ⌒ sin ∠TXA sin ∠PYC sin ∠RZE sin TQ sin PS sin = sin ∠DXA sin ∠QYC sin ∠SZE ⌒ ⌒ sin OR sin QT sin

故由 Ceva 定理的三角形式的逆定理知 AX、CY、ZE 三线共点. 即 AD、BE、CF 三线共点.

评注:运用证明 Newton 定理的思路,灵活变通.

56

50

在平行六边形 ABCDEF 中,AC、BD、CE、DF、EA、FB 围成六边形 OPQRST.证明 OR、PS、QT 三线共点. 证:如图,设 AD∩BE = X, AQ∩BS = Z, TQ∩PS = Y.
A B O T F


∵ AB∩DE = CD∩AF = BC∩EF = ?, ∴ 由 Pascsl 定理之逆定理知 A、B、C、D、E、F 在某二次曲线上.

Z

P C Q

Y S

● ●

X R

再对 CADFBE 用 Pascal 定理知 O、X、R 三点共线于 l1. 现在对?A, S, E? 及 ?B, Q, D? 由 Pappus 定理知 Z、X、R 三点共线?也是 l1?. 再对?A, F, S? 及 ?B, P, Q? 由 Pappus 定理知 O、Z、Y 三点共线?也是 l1?. 故 O、Y、R 三点共线于 l1,得证. 评注:要熟练掌握几个证明点共线、线共点的定理.
E D

57

51

在△A1A2A3 的形外作△O1A2A3、 2A3A1、 3A1A2 使: ∠O1A2A3 = ?, ∠O1A3A2 = ?, + ? < △O △O ?i? ? = 2?, O3A1 = O3A2;?iii? ∠A3O2A1 = 2?, O2A1 = O2A3.证明 O1A1⊥O2O3. 证:设 O 为△O1A2A3 的外心,则 OO1 = OA3 且∠O1OA3 = 2?. ∴ △OA3O1 与△O2A3A1 以 A3 为中心旋转相似. ∴ △A3O2O∽△A3A1O1,∴ O2O·A3O1 = OA3·A1O1 ? ① 且 ∠O2OA3 = ∠A1O1A3 ? ② 同理 O3O·A2O1 = OA2·A1O1 ? ③ 及 ∠O3OA2 = ∠A1O1A2 ? ④ 结合①③知 O3O·A2O1 = O2O·A3O1. 结合③④知 ∠O2OO3 = ∠A2O1A3. 故△O2OO3∽△A2O1A3,∴ ∠O2O3O = ?. ∴ ?O1A1, O2O3? = ?O1A1, OO3? + ?OO3, O2O3? = ?A2A1, A2O3? + ? = 即 O1A1⊥O2O3,得证. 评注:由角度关系看出如何选择 O 点,作旋转. ? . 2
A2
β

? ; ∠A1O3A2 ?ii? 2

O3


A1


O2

O
α

A3

O1

58

52

3 设 M 为△ABC 所在平面上一点,H、R 分别为△ABC 的垂心、外接圆半径.求证 S = min ?MA 3 + MB 3 + MC 3- 2 R·MH 2 ?. 3 解:S = 3R 3- R·OH 2. 2 一方面,当 M = O 时等号成立. 另一方面,由均值不等式有 ∴ MA 3 3 R2 ? MA 2- . R 2 2 1 3 3 ?MA 3 + MB 3 + MC 3 ? ? ?MA 2 + MB 2 + MC 2 ?- R 2 ? ① R 2 2 MA 3 R 2 + MA 2 MA 3 + ? + R·MA ? 2MA 2. R 2 R

类似三式相加得

而 MA 2 + MB 2 + MC 2 = 2MO 2 + 3R 2 + MH 2-OH 2 ? 3R 2 + MH 2-OH 2. 3 3 代入①即得 MA 3 + MB 3 + MC 3- R·MH 2 ? 3R 3- R·OH 2,得证. 2 2

评注:此类最值问题一般思路:?i? 找出最值点,算出最值?猜测?;?ii? 用不等式、几何关系证明您的结论.

59

ABCD 为圆内接四边形,E 为平面上一点,E 到 AB、BC、CD、DA、AC、BD 垂足为 M、N、P、Q、R、S.证明 MP、NQ、RS 中点共线. 证:设 MP、NQ、RS 中点为 E、F、G. 首先,以 E 为原点,恰当选取 x 轴、y 轴方向使 AB、AC、AD、BC、BD、CD 均不与两轴平行?这可保证以计算中 分母恒不为 0?. 不妨设 ABCD 外接圆半径为 1,再设该圆圆心坐标为?m, n?,则可设 A?m + cos θ1, n + sin θ2?、B?m + cos θ2, n + sin θ2?、C?m + cos θ3, n + sin θ3?、D?m + cos θ4, n + sin θ4?. sin θ1-sin θ2 θ1 + θ2 则 kAB = = -cot . 2 cos θ1-cos θ2 θ1 + θ2 ∴ AB 方程为 y-?n + sin θ1? = -cot ·?x-m-cos θ1?. 2 θ -θ cos 1 2 2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 即 cot ·?x-m? + ?y-n? = sin θ1 + cot cos θ1 = ? ① 2 2 sin θ1 + θ2 2 53 又 ME⊥AB 且 E 为原点,则 EM 为 y = tan 下求 M 的坐标: x 联立①②?将②代入①?得 θ1 + θ2 cos 2 sin ∴ x = cos 2 即 x=
θ1 + θ2 2

θ1 + θ2 ·x ? ② 2 cos θ1 + θ2 = cot ·m + n + 2 sin
θ1-θ2 2 θ1 + θ2 2



θ1-θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 ·m + cos sin ·n + cos cos ? ③ 2 2 2 2 2

1 [?cos ?θ1 + θ2? + 1?m + sin ?θ1 + θ2?·n + cos θ1 + cos θ2 ] ? ④ 2 θ1-θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 将③代入②得 y = cos sin ·m + sin 2 ·n + sin cos . 2 2 2 2 2 1 即 y = [ sin ?θ1 + θ2?·m + ?1-cos ?θ1 + θ2??n + sin θ1 + sin θ2 ] ? ⑤ 2 ∴ M? 2 [?cos ?θ1 + θ2? + 1?m + sin ?θ1 + θ2?·n + cos θ1 + cos θ2 ], 2 [ sin ?θ1 + θ2?·m + ?1-cos ?θ1 + θ2??n + sin θ1 + sin θ2 ] ?. 同理 P? 2 [ ?cos ?θ3 + θ4? + 1?m + sin ?θ3 + θ4?·n + cos θ3 + cos θ4 ], 2 [ sin ?θ3 + θ4?·m + ?1-cos ?θ3 + θ4??n + sin θ3 + sin θ4 ]?. ∴ MP 中点 E?xE, yE?满足
1 1 1 1

?x ?y ?

E

= =

1 4 1 4

(?2 + cos ?θ1 + θ2? + cos ?θ3 + θ4??m + ( sin ?θ1 + θ2? + sin ?θ3 + θ4?)n + ? cos θi )
i=1 4

4

E

(( sin ?θ1 + θ2? + sin ?θ3 + θ4?)m + ?2-cos ?θ1 + θ2?-cos ?θ3 + θ4??n + ? sin θi )
i=1 4

同理 NQ 中点 F?xF, yF?满足
1 ? x = 4 (?2 + cos ?θ + θ ? + cos ?θ + θ ??m + ( sin ?θ + θ ? + sin ?θ + θ ?)n + ? cos θ ) ? y = 1 (( sin ?θ + θ ? + sin ?θ + θ ?)m + ?2-cos ?θ + θ ?-cos ?θ + θ ??n + sin θ ) ? 4 ?
F 1 4 2 3 1 4 2 3
i=1

i

4

F

1

4

2

3

1

2

3

4

i=1

i

θ1 + θ2 + θ3 + θ4 ? A = sin ?θ1 + θ4? + sin ?θ2 + θ3?-sin ?θ1 + θ2?-sin ?θ3 + θ4? ,? . 2 ? B = cos ?θ1 + θ4? + cos ?θ2 + θ3?-cos ?θ1 + θ4?-cos ?θ2 + θ3? yE-yF Am-Bn 则显然 kEF = = . Bm + An xE-xF θ1 + θ4-θ2-θ3 θ1 + θ2-θ3-θ4 θ1 + θ2 + θ3 + θ4 而 A = 2 sin ? cos -cos ?, 2 2 2 θ1 + θ4-θ2-θ3 θ1 + θ2-θ3-θ4 θ1 + θ2 + θ3 + θ4 B = 2 cos ? cos -cos ?. 2 2 2 m sin θ-n cos θ m sin θ-n cos θ A ∴ = tan θ,即 kEF = .同理 kEG = . B m cos θ + n sin θ m cos θ + n sin θ ∴ E、F、G 三点共线,得证. 记θ=
60

61

54

ABCD 内接于圆,M1、M2、M3 分别为 AB、BC、CD 中点,AM3∩DM1 = P,已知 AB、CD、PM2 三线共点,设 BP、 CP 分别交圆于另一点 X、Y.求证 XY∥AD. 证:设 AB、CD、PM2 交于 E,Y1 = CP∩BE, X1 = BP∩CE. 由塞瓦定理知 BM2·CX1·EY1 = CM2·BY1·EX1. ∴ CX1 BY1 = ,∴ X1Y1∥BC. EX1 EY1
M1 P M2 B

∴ ∠X1Y1E = ∠EBC = ∠ADE,∴ X1、Y1、A、D 共圆. 又∠Y1X1B = ∠X1BC = ∠XYC,∴ X、Y、X1、Y1 共圆. 由根轴定理知 XY、X1Y1、AD 三线共点或平行. ∴ XY∥AD ? X1Y1∥AD. S△PCM3 S△PX1D M3C X1D ∵ = M3D X1C S△PDM3 S△PX1C = 同理 PC sin ∠CPM3 PD sin ∠DPX1 . PD sin ∠DPM3 PC sin ∠CPX1
E Y1 Y● X● X1 D M3 C A

PB sin ∠BPM1 PA sin ∠Y1PA BM1 AY1 = . AM1 BY1 PA sin ∠APM1 PB sin ∠Y1PB AY1 DX1 = . BY1 CX1

再由 M3C = M3D, AM1 = BM1 以及对顶点相等知

又 X1Y1∥BC,∴ X1Y1∥AD,∴ XY∥AD,得证.

62

55

△ABC 三边长为 a, b, c,内心为 I,与 A 相对的旁切圆切 BC 于 A1,B1、C1 类似定义.设 N 为 AA1、BB1、CC1 的 交点,r 为内切圆半径.求证 IN = r ? a + b = 3c 或 b + c = 3a 或 a + c = 3b. 证:设⊙I 切 BC 于 A2,A2 关于 I 的对称点为 A3,类似定义 B2、B3、C2、C3. 引理:A、A3、A1 三点共线. 事实上,设 AA3∩BC = A4,过 A3 作 B?C?∥BC 交 AB、AC 于 B?、C?. 则△AB?C?位似于△ABC,位似中心为 A. 而 A3 为△AB?C?旁切圆切点,故 A4 必为△ABC 旁切圆切点. 故 A4 = A1,引理得证. 回到原题:IN = r ? N 在⊙I 上. 又由引理知 N 为 AA3、BB3、CC3 的交点. ⌒ 若 N ≠ A3, B3 或 C3,不妨设 N 在 A3B3 不含 C3 的一侧. 而 A、B 分别在射线 NA3、NB3 上,这样⊙I 不可能为△ABC 内切圆,矛盾! ∴ N = A3 或 B3 或 C3.故只需证 N = A3 ? b + c = 3a. 过 N 作 B?C?∥BC,B? ? AB,C? ? AC,则△AB?C?位似于△ABC,位似比为?即周长比
A C1 B' N B1 C'

A B' C2 A3


C' B2

I●
B A2 A4

C

?

b + c-a . a+b+c C?A B1B NB? 设 AB1 = x,由梅氏定理知 =1即 B1A NB C?B? b?b + c-a? b-x 亦即 x?a + b + c? b?1-b + c-a ? a+b+c 又 AB1 =
a + b-c 2 b?b + c-a? a+b+c



I

x

B1C NB? = 1. CC? C?B?

B

A2

C

a

= 1.∴ x =

b?a + b-c??b + c-a? . 4a 2 + b 2-?a-c? 2

a + b-c ? b 2 + 2b?c-a? + ?c-a? 2 = 4a 2 ? b + c-a = ±2a ? b + c = 3a,得证. 2

从而本题得证.

63

56

ABCD 内接于圆,AB∩CD = E,AD∩BC = F,M、N 为 AC、BD 中点,已知 AC = a, BD = b,求 解:我们证明 MN 1 AC BD = | - | ? ① EF 2 BD AC

MN . EF

⌒ ⌒ ⌒ ⌒ 不妨设 ABCD 外接圆直径为 1,AB 、BC 、CD 、DA 所对圆周角为 ?, ?, ?, θ,则 ? + ? + ? + θ = ?. ∴ AB = sin ?, BC = sin ?, CD = sin ?, AD = sin θ,且 AC = sin ?? + ??, BD = sin ?? + θ?. 由托勒密定理知 sin ? sin ? + sin ? sin θ = sin ?? + ?? sin ?? + θ? ? ?*? ∵ ∠ABC = θ + ?, ∠BCD = ? + θ,∴ ∠AED = θ-?.同理∠CFD = ?-?. AD sin ∠EAD BC sin ∠ABC sin θ sin ?? + θ? sin ? sin ?? + ?? 故 ED = = 且 EC = = . sin ∠AED sin ?θ-?? sin ∠AED sin ?θ-?? sin θ sin ? ∴ ED·EC = ·AC·BD. sin 2 ?θ-?? A sin ? sin ? 同理 FC·FB = ·AC·BD. sin 2 ??-??
B M

在 EF 上取 X 使 B、C、X、E 共圆,则 ∠CXE = ∠ABC = ∠CDF. ∴ C、D、F、X 四点共圆. ∴ EF = EF·FX + EX·EF = ED·EC + FB·FC =? sin θ sin ? sin ? sin ? + ?·AC·BD. sin 2 ?θ-?? sin 2 ??-??
2
E X C

N D

F

又∵ MN 2 = ∴ MN 2 =

1 1 1 ?2BM 2 + 2DM 2-BD 2 ?, BM 2 = ?2AB 2 + 2BC 2-AC 2 ?, DM 2 = ?2AD 2 + 2CD 2-AC 2 ?. 4 4 4

1 ?AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2-AC 2-BD 2 ? ? ② 4 ?AC 2-BD 2 ? 2 MN 2 1 AC BD 2 ∴ ① ? ? - ? ? AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2-AC 2-BD 2 = EF 2· ? ③ 2 = EF 4 BD AC AC 2·BD 2 而 AC 2-BD 2 = sin 2 ?? + ??-sin 2 ?? + θ? = sin ??-θ? sin ??-??. 1 ∴ ③右边 = ? sin θ sin ? sin 2 ??-?? + sin ? sin ? sin 2 ?θ-???. AC·BD 将③右边 AC·BD 用?*?表示,则 ③ ? sin θ sin ?·?AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2-AC 2-BD 2-sin 2 ??-?? ? + sin ? sin ?·?AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2-AC 2-BD 2-sin 2 ?θ-?? ? = 0 ? ④ 而 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2-AC 2-BD 2-sin 2 ??-?? = sin 2 ? + ?sin 2 ?-sin 2 ?? + ??? + ?sin 2 θ-sin 2 ?? + θ?? + ?sin 2 ?-sin 2 ??-??? = sin 2 ?-sin ? sin ?? + 2??-sin ? sin ?? + 2θ? + sin ? sin ?2?-?? = sin ? ??sin ? + sin ?2?-???-? sin ?? + 2?? + sin ?? + 2θ? ? ? = sin ? ?2 sin ? cos ??-??-2 sin ? cos ??-θ?? = 2 sin ? sin ? ?cos ??-??-cos ??-θ? ? ? ⑤ 同理 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2-AC 2-BD 2-sin 2 ?θ-?? = 2 sin ? sin θ ?cos ??-θ?-cos ??-?? ? ?⑥

64

将⑤⑥代入④即得证,故

MN 1 a b = | - |. EF 2 b a

65

57

设⊙O1 与⊙O2 相交于 A、B 两点,过 A 作一割线交两圆于 P、Q.两圆在 P、Q 处的切线交于 R,BR 交△O1O2B 外接圆于 S.求证 RS 等于△O1O2B 外接圆直径. 证:连结 PO1、PB、QO2、BQ,∵ ∠PO1B = 2∠BAQ = ∠BO2Q. ∴ ∠O1BP = ∠QBO2 且 ∴ △O1BO2∽△PBQ. 又∠RPB = 1 1 ∠PO1B = ∠BO2Q = ∠BAQ = 180?-∠RQB. 2 2
P


O1B O2B = . PB BQ
O' S

R

A Q


∴ P、B、Q、R 四点共圆,且该圆圆心即为 PB、BQ 中垂线交点 O?. ∵ ∠PBO1 = ∠QBQ2,∴ 必有 O1、B、O2、O?共圆.

O● O1 O2

B

设△BO1O2 外接圆为⊙O,则 O?在⊙O 上. 连 OO?、OB、O?B、O?R,则⊙O 与⊙O?以 B 为中心旋转位似. 又∠RPB = 1 ∠PO1B = ∠O?O1B,∴ O1BO2O?与 PBQR 以 B 为中心旋转位. 2

∴ 在把⊙O 变为⊙O?的位似变换下,O 变为 O?,O?变为 R. ∴ △OO?B∽△O?RB,∴ ∠OBO? = ∠O?BR. 设∠OBO? = ∠O?BR = ?, OB = OO? = r,则 O?R = O?B = 2r cos ?, RB = 又 ∠OO?R = 180?-2? + ? = 180?-?. ∴ RO 2 = OO? 2 + O?R 2 + 2O?O·O?R cos ? = r 2 + 4r 2 cos 2 ? + 4r 2 cos 2 ?. ∴ RS·RB = RO 2-OO? 2 = 8r 2 cos 2 ?. ∴ RS = 8r 2 cos 2 ? = 2r,得证. 4r cos 2 ? OB? = 4r cos 2 ?. OB

66

58

△ABC 内心为 I,圆 Oa 过 B、C 且与圆 I 直交,类似定义圆 Ob, 圆 Oc.圆 Oa 与圆 Ob 相交于另一点 C?,类似定义 B?、A?.证明△A?B?C?外接圆半径为△ABC 内切圆⊙I 半径的 1 . 2

证:设⊙I 切三边于 A1、B1、C1,△A1B1C1 三边中点为 A2、B2、C2. 作 OaM⊥BC = M,则 M 为 BC 中点. 设 AB = c, BC = a, AC = b, ∠MBOa = θ, OaM = x,⊙I 半径为 r,△ABC 外接圆半径为 R. ∵ ⊙Oa 与⊙I 直交,∴ 必有 OaI 2 = r 2 + ra2 ? ① 其中 ra 为⊙Oa 半径,即 ra2 = BM 2 + MOa2 = ? 又 MA1 = | a 2 ? + x 2. 2
C1 I B2 B θ M A1 C A

a + c-b a b-c c-b 2 - |=| |,∴ OaI 2 = ? ? + ?r + x? 2. 2 2 2 2

B1

1 代入①得 x = ?a + c-b??a + b-c?. 8r ∵ a + c-b = 2BA1 = 2r cot 又 BM = B C 1 B C , a + b-c = 2r cot ,∴ x = r cot cot . 2 2 2 2 2
A 2

O

r cos 1 1 r B C BC = ?BA1 + CA1? = ?cot + cot ?= 2 2 2 2 2 2 sin B sin 2
C 2

C 2



cos B cos 2 OaM ∴ tan θ = = BM cos A 2

.下证 B2Oa = BOa:

显然只需证 BB2 = 2BOa cos ∠IBOa ? ② cos ?θ + B ? r cos A 2 2 ∵ 2BOa cos ∠IBOa = 2BM· = B cos θ sin 2 sin ∴ ② ? r cos 2 sin
B 2 B 2

C 2

r cos 2 B 2 B B (cos -sin tan θ),而 BB2 = . B 2 2 sin 2

=

sin

B 2

r sin

C 2

( cos

A B B C B cos -sin cos cos ) 2 2 2 2 2

? cos ? cos

A B C B C = sin cos + cos sin 2 2 2 2 2 A B+C = sin ,这在 A + B + C = ? 时显然成立. 2 2

∴ OaB2 = BOa,∴ ⊙Oa 过 B2,同理⊙Oc 过 B2,∴ B2 = B?. 同理 C2 = C?, A2 = A?,∴ △A?B?C?∽△A1B1C1 且相似比为 ∴ △A?B?C?外接圆半径为 △A1B1C1 外接圆半径为 1 . 2

1 ,得证. 2

67

59

△ABC 内切圆分别切边 BC、CA、AB 于 A1、B1、C1,三条高线 AA2、BB2、CC2 的垂足分别为 A2、B2、C2.A0、 B0、C0 分别为 AA2、BB2、CC2 中点.证明 A1A0、B1B0、C1C0 三线共点. 证:连结 A1B1、B1C1、A1C1,设△ABC 三内角依次为 A、B、C,△ABC 外接圆半径为 R,则 AA2 = AB sin B = 2R sin B sin C ? A2A0 = R sin B sin C, BA2 = AB cos B = 2R sin C cos B. 而 BA1 = 1 ?BC + AB-AC? = R?sin A + sin C-sin B? = R?sin ?B + C? + sin C-sin B?. 2

∴ A1A2 = BA1-BA2 = R?sin B cos C-sin C cos B + sin C-sin B? = R?sin ?B-C? + sin C-sin B? = 2R sin = 4R sin B-C B C sin sin . 2 2 2 sin A 2A 1 = A 2A 0 cos B cos 2 + cos 2
B 2 B 2 C 2 B-C 2 C 2

B-C B-C B+C ?cos -cos ? 2 2 2

A

∴ cot ∠A0A1A2 = 记 Sa = sin 2

. ,则 sin
B-C 2

B1 C1 A0 A2 A1 C

B-C 2

cos 2

C 2

B

sin ∠A0A1A2 =

cos

cos

Sa

, cos ∠A0A1A2 =

Sa



B 又 ∠C1A1B = 90?- , 2 ∴ sin ∠A0A1C1 = sin ?∠A0A1A2-∠C1A1B? = = cos
B 2

cos

C 2

sin

B 2

-sin

B-C 2

cos

B 2

Sa

B-C 1 B B C cos ( 2sin cos -2sin ) 2Sa 2 2 2 2 cos
B 2

=

2Sa cos 2

cos 2 B sin B-C 2 B+C ( sin -sin )= 2 2 Sa
C 2

C 2



同理 sin ∠A0A1B1 =

sin

B 2

Sa

cos 2 B sin C sin ∠A0A1C1 2 2 .∴ = . 2 C sin ∠A0A1B1 cos 2 sin B 2

cos 2 C sin A cos 2 A sin B sin ∠B0B1A1 sin ∠C0C1B1 2 2 2 2 同理 = . C , sin ∠C C A = 2 A 2 B sin ∠B0B1C1 cos 2 sin 2 0 1 1 cos 2 sin A 2 三式相乘得 sin ∠A0A1C1 sin ∠B0B1A1 sin ∠C0C1B1 = 1. sin ∠A0A1B1 sin ∠B0B1C1 sin ∠C0C1A1

则角元塞瓦定理的逆定理得 A1A0、B1B0、C1C0 三线共点,得证.

68

60

两圆⊙A 及⊙C 相交于 B、D 两点,⊙O 内切⊙A 于 E,内切⊙C 于 F,过 D 作⊙O 的两切线 DH、DG,设△DHE、 △DHB、△DHF 外心依次为 O1、O2、O3.求证 O1、O2、O3 三点共线且 O1O2 = O2O3. 证:显然 O1、O2、O3 都在 DH 的中垂线上,∴ O1、O2、O3 共线. 设⊙O1、⊙O2、⊙O3 分别交 CD 于另一点 X、Y、Z,则 O1O2 = O2O3 ? O2 在 CD 上投影为 O1、 3 在 CD 上投影的中点 ? DX + DZ = 2DY. O 以 D 为中心,DH 为反演半径作反演变换. 设 M 变为 M? ?M 为任意字母?,则 G? = G, H? = H, ⊙O 反演变换后仍为⊙O, F?为 FD 与⊙O 的另一交点,E?为 ED 与⊙O 的另一交点, B?显然为⊙O 在 E?、F?处切线之交点,且 X?、Y?、Z?均在 DC?上. 又 D、H、B、Y 共圆,∴ H?、B?、Y?三线. 同理 H?、E?、X?共线,H?、F?、Z?共线. 则 DX?·DX = DY?·DY = DZ?·DZ = DH? 2. ∴ DX + DZ = 2 DY ? ? ? 2 1 1 = + DY? DX? DZ?
S● F' G' Z' B' Y' X' D H'
●C

B


F
●H

A


E

G



D

E'

1 1 1 1 X?Y? Z?Y? - = - ? = DX? DY? DY? DZ? DX? DZ? H?Y? sin ∠X?H?Y? H?Y? sin ∠Z?H?Y? = ? ?*? H?D sin ∠DH?X? H?D sin ∠Z?H?D

设 B?H?交⊙O 于 S,连 A?S、E?S,则 ?*? ? 而 sin ∠E?H?S sin ∠F?H?S E?S SF? = ? = . sin ∠H?SE? sin ∠H?SF? H?E? H?F?

E?S B?S B?S SF? = = = ,故?*?得证. H?E B?E? B?F? H?F?

∴ DX + DZ = 2 DY,∴ O1O2 = O2O3. 综上所述,本题得证.

69

61

锐角△A1A2A3 中,AiHi 是高线,内切圆切三边于 P1, P2, P3,Ti 在线段 HiHi + 1 上?记 H4 = H1?,且 HiTi = HiPi.求证 PiTiPi + 1 ?i = 1, 2, 3?的外接圆共点. 证:在 H1H3 上取点 T1?,使 H1T1? = H1P.设∠A3A1A2 = A, ∠A1A2A3 = B, ∠A2A3A1 = C. 再设△A1A2A3 外接圆、内切圆半径为 R 和 r,则 H1A2 = A1A2 cos B = 2R sin C cos B. sin ∠A1A2A3 同理 H3A2 = 2R sin A cos B.故 H1H3 = H1A2· = 2R sin B cos B. sin ∠H1H3A2 A 显然∠A2H1H3 = A,故∠H1T1?P1 = ∠H1P1T1? = 90?- . 2 C 同理∠H3P3T3 = 90?- . 2 B A 又∠P1P3A2 = 90?- ,∴ ∠T3P3P1 = 90?- = ∠H1T1?P1. 2 2 ∴ P1、P3、T3、T1?四点共圆. 下证该圆过△P1P2P3 的垂心 I?: 只要证∠P1I?P3 = ∠P1T3P3 即可.而∠P1I?P3 = 180?-∠P1P2P3 = 90? + ∴ ∠P1T3P3 = 180?-∠T3P3P1-∠T1?P1P3 + ∠T1?P1T3 A C B = 180?-?90? + 90?- - ? + ∠T1?P1T3 = 90?- + ∠T1?P1T3. 2 2 2 ∴ 只需证∠T1?P1T3 = B. sin ? T3P3 设∠T1?P1T3 = θ,则 = T1?P1 sin ? 由第 8 题知,H3P3 = 4R sin ∴ T3P3 = 8R sin
A+B 2 B+C 2
A3

A1

P 2 H2


H3 P 3 T3 I T1● T' 1 A2

H 1 P1

B . 2

-θ? -θ? .

C-B B C sin sin . 2 2 2

C-B A B C sin sin sin . 2 2 2 2 A-B A B C sin sin sin . 2 2 2 2 sin ? =
B+C -θ? 2 C-B sin 2

同理 T1?P1 = 8R sin ∴ sin ?
A+B -θ? 2 A-B sin 2

? θ = B,得证.

同理另两圆也过 I?,从而本题得证.

70

62

已知平面上不共线的三点 A、B、C 构成锐角三角形,试只用圆规作出过此三点的圆. 解: “给定平面上三点 D、E、F ?DE < DF?构成锐角三角形,在射线 EF 上作一点 G,使 DE 2 = EF·EG. ” 我们先给出上述 G 点的作法: 以 E 为圆心、ED 为半径作⊙E,再以 F 为圆心、FE 为半径作⊙F 交⊙E 于 G1、G2. 分别以 G1 为圆心、G1E 为半径;以 G2 为圆心、G2E 为半径作圆交于异于 E 的一点 G,则 G 为所求. 事实上,显然 E、G、F 三点共线. 又 G1E = G1G, EF = FG1,∴ △G1EG∽△FEG1. ∴ EG·EF = EG12 = ED 2,∴ G 为所求.
D


G' 1




E

G

F

回到原题:首先,可用圆规确定△ABC 三边长度关系. 不妨设 BC ? AB ? AC,∵ 是锐角三角形,∴ ∠BCA > 30?. ∵ AB ? AC,∴ 可先作出 AC 上一点 C?使 AB 2 = AC?·AC. 则∠BCA = ∠ABC?.

G2

再以 B 为圆心、BA 为半径;以 C?为圆心、C?A 为半径作两圆交于 A 外另一点 A?,则 A?、A 关于 BC?对称. 又∠ABC? > 30?,∴ AA? > AB. 故可再作出 AA?上的一点 O 使 AO·AA? = AB 2,则 O 为△ABC 外心. 事实上,∵ ABC∽△AA?B 且 AB = BA?,∴ AO = BD. 又 AA?·AO = AB 2 = AC?·AC,∴ O、A?、C、C?共圆. ∴ △AC?A?∽△AOC.而 AC? = C?A?,∴ AO = OC. ∴ AO = BO = CO,即 O 为外心. ∴ 再以 O 为圆心、OA 为半径作圆,此圆即为所求.
A C' A' O C B

71

63

PAB、PDC 是圆的割线,PEF 也是,PEF 交 BC、AD 于 I、J 如图.求证 证:设 O 为圆心,作 OM⊥EF 于 M,则 M 为 EF 中点. 作 B、D 关于 MO 的对称点 B?、D?,则 B?、D?在⊙O 上. 设 B?D∩EF = X, BD?∩EF = Y. 显然 BB?DD?为等腰梯形且 B?B∥DD?∥EF. ∴ ∠PXD = ∠B?DD? = ∠BD?D = ∠BCD. ∴ X、I、C、D 共圆. ∴ PX·PI = PD·PC = PE·PF. 同理 PY·PJ = PA·PB = PE·PF. 又明显 X、Y 关于 MO 对称,且 E、F 关于 MO 对称. ∴ PY + PX = 2PM = PE + PF. ∴ 1 1 PX + PY PE + PF 1 1 + = = = + ,得证. PI PJ PE PF PE·PF PE·PF
P A E●●J X ● D B'

1 1 1 1 + = + . PE PF PI PJ

B

O M
● ●

I●



Y

F D'

C

72

64

锐角△ABC 中,N 为△ABC 的九点圆圆心,N?为 N 的等角共轭点,O 为△ABC 外心.OA 中垂线交 BC 于 A?,类似 定义 B?、C?.证明 A?、B?、C?共线于 l 且 l⊥ON?. 证:设 OA、OB 中垂线交于 C1,类似定义 B1、A1,设 AO 中点为 A2,类似定义 B2、C2. 引理:AA1、BB1、CC1 三线共点于 N?. 事实上,如图,设 H 为垂心,显然 A1 为△OBC 外心. 设 A3 为 BC 中点,类似定义 B3、C3 ?此定义在引理结束后仍有效?. OA3 显然 OA1· = OB22 ? OA1·?2 OA3? = R 2,R 为△ABC 外接圆半径. 2 设 AN、AN?交 OA3 于 O?、X,则 O、O?关于 BC 对称. ∴ OO?·OA1 = R .又∠BAH = ∠CAO = 90?-∠ABC. ∴ △AOX∽△O?OA,∴ OO?·OX = AO 2 = R 2. ∴ OA1 = OX,∴ X = A1,∴ A、N?、A1 三点共线. 同理 B、B1、N?;C、C1、N?分别三点共线,引理得证.
2

A C1 A2 O B2 B A1 C2 C

B1

A3

回到原题:由引理知△ABC、△A1B1C1 对应顶点连线共点于 N?. 由笛沙格定理知△ABC、△A1B1C1 对应边交点共线,即 A?、B?、C?共线于 l,得证. 作 OM⊥l = M,则由图?1? ?A?未标出?知 O、M、A3、A2、A?共圆?直径为 OA??. 以 O 为中心、 2 OA 为反演进行反演变换. 2
H N B
● ● ●N' ●O

A

1 1 ∵ AO·A2O = OA 2,OA3·OA1 = 2 OB22 = OA 2. 2 2 ∴ A 变为 A2,A3 变为 A1. 又 O、A2、A3、M 共圆,∴ M 的反演点 M?在 AA1 上.

A3 X

C



同理 M?也在 BB1、CC1 上.由引理 M?必为 N?点. ∴ M、N?为以 O 为中心的一对互反点. 而 MO⊥l,∴ N?O⊥l,得证. 综上所述,本题得证.

O'

73

65

设凸四边形 ABCD 的两组对边所在直线交于 E、 两点, F 两条对角线的交点为 P, P 作 PO⊥EF = O. 过 求证∠BOC = ∠AOD. 证:如图,需证 OP 既是∠AOC 的平分线,也是∠DOB 的平分线即可. 不妨设 AC 交 EF 于 Q,考虑△AEC 和点 F,由塞瓦定理得 再考虑△AEC 与截线 BPD,由梅氏定理得 比较①②两可得 AP PC = ? ③ AQ QC
B E C P D O F

EB AQ CD =1 ? ① BA QC DE

ED CP AB =1 ? ② DC PA BE

A

过 P 作 EF 的平行线分别交 OA、OC 于 I、J,则有 PI AP JP PC = , = ? ④ QO AQ QO QC 由③④得 PI JP = ? PI = PJ. QO QO

又 OP⊥IJ,则 OP 平分∠IOJ,即 OP 平分∠AOC. 同理可证,当 BD 与 EF 相交时,OP 平分∠DOB. 而当 BD∥EF 时,过 B 作 ED 的平行线交 AC 于 G,则 故 GD∥CF,从而 BCDG 为平行四边形. 则 P 是 BD 中点,因此 OP 平分∠DOB,得证. AG AB AD = = . AC AB AF

评注:本题要求一定要对梅氏定理和塞瓦定理的各种形式非常熟悉.

74

66

已知⊙O1 与⊙O2 外切于点 T,一直线与⊙O2 相切于点 X,与⊙O1 交于点 A、B,且点 B 在线段 AX 的内部,直线 ⌒ XT 与⊙O1 交于另一点 S,C 是不包含点 A、B 的 TS 上的一点,过点 C 作⊙O2 的切线,切点为 Y,且线段 CY 与 线段 ST 不相交,直线 SC 与 XY 交于点 I.证明:?1? C、T、I、Y 四点共圆;?2? I 是△ABC 的∠A 内的旁切圆的圆 心. 证:?1? 如图所示,T 为⊙O1 和⊙O2 的公切点. ⌒ ⌒ 则 ST 对应的度数等于 XT 对应的度数,即∠SAT = ∠XYT ? ① 而∠TCI = ∠SAT,∴ ∠TCI = ∠XYT 即∠IYT = ∠IGT. ∴ C、I、T、Y 四点共圆 ? ② ?2? ∵ ∠SAT = ∠SBT, ∠AXS = ∠XYT. 结合?1?得∠SAT = ∠AXS, ∠SBT = ∠AXS. 又∠AST = ∠XSA, ∠BST = ∠BSX. ∴ △SAT∽△SXA, △SBT∽△SXB. ∴ SA = ST·SX, SB = ST·SX. 又∠SIT = ∠CYT ?由②得?, ∠SIT = ∠SXI. 而∠IST = ∠XSI,∴ △SIT∽△SXI,∴ SI 2 = ST·SX. ∴ SA = SI = SB,即 S 为△ABI 的外心. ∴ ∠XBI = 1 1 1 ∠ASI = ∠ASC = ∠CBX. 2 2 2
2 2

X B A T● I

S

C Y

故 BI 平分∠CBX,而∠BCI = ∠BAS.又 S 为△ABI 的外心. 1 则∠BAS = - ∠ASB + 90?.∴ 2∠BAS + ∠ASB-90?. 2 又∠BAS = ∠BCI, ∠ASB = ∠ACB,即 2∠BCI + ∠ACB = 90?. ∴ CI 是∠ACB 的外角平分线,又 BI 平分∠CBX. ∴ I 为△ABC 的∠A 内的旁切圆圆心.证毕.

75

67

设 D、E、F 分别是△ABC 边 BC、CA、AB 上的内点,并且△AEF、△BFD 与△CDE 的内切圆半径都等于△ABC 内切圆半径的一半.证明 D、E、F 恰为△ABC 各边中点. 证:设 I、A1、B1、C1 分别是△ABC、△AFE、△BDF、△CED 的内心. 设△ABC 的内切圆半径为 r,由于从圆外一点到圆的两条切线的长相等,故△A1B1C1 与△DEF 的周长相等. 另外,两个三角形构成六边形 A1FB1DC1E,且每个三角形的顶点到另一个三角形对应边的距离相等,即点 A1 到边

FE 的距离是

r r ,点 F 到边 A1B1 的距离是 ,等等. 2 2
A


又因为这两个三角形有相同的周长,于是就得到 S△DEF = S△A1B1C1. 1 显然,△A1B1C1 与△ABC 位似,位似中心为 I,位似比为 . 2 S△DEF 1 因面 = ? ① 4 S△ABC 令 D0, E0, F0 分别是 BC、CA、AB 的中点. 将 BD CE AF 1 1 1 , , 分别记为 + x, + y, + z. BC EA FB 2 2 2
B F( 0 )


●E (0)

● ●



D( 0 )

C

注意到△CDE 与△CD0C0 的内切圆半径相等. 则 x, y, z 的正负性相同?即要么同为正,要么同为零,要么同为负?. 利用这些比例式得 类似地有 故 而 S△AEF z-y AE AF 1 1 1 = = ? -y?? + z? = + -yz. AC AB 2 2 4 2 S△ABC

S△BFD y-x S△CDE y-x 1 1 = + -xy, = + -xy. 4 2 4 2 S△ABC S△ABC

S△DEF S△AEF S△BEF S△BFD S△CDE 1 = 1- - - - = + xy + yz + zx. 4 S△ABC S△ABC S△ABC S△ABC S△ABC S△DEF 1 = ,则 xy + yz + zx = 0. 4 S△ABC

而 x, y, z 同时大于 0,或同时小于 0,或同时等于 0. 则 x = y = z = 0,即 D、E、F 恰好是各边中点.

76

68

圆 O、圆 I 分别是△ABC 的外接圆和内切圆,圆 O 半径为 R,圆 I 半径为 r,圆 I 分别切 AB、AC、BC 于点 F、E、 D,若 M 为△DEF 的重心,试求 IM 的值?其中 R ≠ 2r?. OM

解:取△DEF 的垂心 H,设 DH、EH、FH 分别交⊙I 于 A?、B?、C?. 则∠HA?C? = ∠DFC? = ∠DEB? = ∠DA?B?. 同理∠HC?A? = ∠HC?B?.故 H 为△A?B?C?的内心. ⌒ 注意到 D 是 B?DC? 的中点,则 ID⊥B?C?. 又 ID⊥BC,∴ B?C?∥BC. 同理 A?B?∥AB, A?C?∥AC,∴ △A?B?C?∽△ABC. 而 O、I 分别是△ABC 的外心和内心,I、H 分别是△A?B?C?的外心和内心. ∴ OI = k,k 为△ABC 与△A?B?C?的相似比. IH R OI R ,则 = . r IH r

又k=

又 OI、IH 为△ABC 与△A?B?C?中的对应线段. ∴ OI 与 BC 所成的角等于 O?I?与 B?C?所成的角,则 O、I、H 共线. 又由欧拉定理知△DEF 中,I、M、H 分别为外心、重心和垂心. ∴ IM 1 IM 1 = , = . MH 2 IH 3 R R IH + IM = ? ·3 + 1?·IM. r r

∴ OM = OI + IM = ∴ IM = OM

3R r

1 r = ,得证. 3R + r +1

评注:这里△ABC 与△A?B?C?的平行相似、O、I、H 三点共线等处十分漂亮!应牢记!

77

69

过△ABC 的顶点 B、C 的一圆与边 AB、AC 分别交于 B1、C1,△ABC 与△AB1C1 的垂心分别为 H1、H2.求证 BB1、 CC1、HH1 三线共点.?设 P 为 BB1 和 CC1 的交点?. 证:以 A 为位似中心,作位似轴反射变换,使 B1 → B,则 C1 → C, H1 → H. 设 P → P1,则有△P1BC∽△PB1C1. 显然△PCB∽△PB1C1,则△PCB∽△P1BC.
A

故△PCB≌△P1BC,从而 P1BPC 是平行四边形. 另一方面,因为 H 是△ABC 的重心,故∠ACH = ∠HBA. 又由共圆性质且∠ACC1 = ∠ABB1. ∴ C1CH = ∠B1BH,即∠PCH = ∠PBH. 作 HH? ∥ PC,∴ ∠PCH = ∠CHH?. 又∠PBA = ∠PCH,∴ ∠CP1H? = ∠CHH?. 则 P1、H、C、H?四点共圆,从而∠P1CH? = ∠P1HH?. 而∠P1CH? = ∠BPH, ∠P1HH? = ∠BP1H.∴ ∠BPH = ∠BP1H. 又△B1PH∽△B1PH2,∴ ∠BP1H = ∠B1PH1. ∴ ∠B1PH1 = ∠BPH,从而 H、P、H1 三点共线.
P 1 B H2 C H C1
● 1

H

B1 P

78

70

设 A0, A1, ?, A5 是圆周? 上顺序排列的六个点,对于 k = 0, 1, 2,过点 A2k 作平行于直线 A2k + 2A2k + 4 的直线,交圆? 于 A2k?, 直线 A2k?A2k + 3 与 A2k + 2A2k + 4 交于点 A?2k + 3. 如果直线 A2kA2k + 2 ?k = 0, 1, 2?三线共点, 证明, 直线 A2kA?2k + 3 ?k = 0, 1, 2?也三线共点. 证: ⌒ 引理:设圆? 是△ABC 的外接圆,M 是不包含 A 的 BC 上的一点,过点 A 作 BC 的平行线交⊙? 于点 A?,线段

AM、A?M 分别交 BC 于点 N、N?,则 引理的证明:注意到 S△ABM 而 = S△ACM 同理 ∴
1 2 1 2

N?B NB AC 2 = ? ? . NC NC AB

S△ABN S△BMN S△ABN + S△BMN S△ABM BN BN = = ,则 = = . NC NC S△ACN S△CMN S△ACN + S△CMN S△ACN = BA BM BN BA BM ,即 = . CA CM NC CA CM

BA·BM sin ∠ABM AC·CM sin ∠ACM

BN? BA? BM = ,又 AA?∥BC,∴ BA = CA?, CA = BA?. CA CM CN?

BN? AC BM BM BN AC BN? BN AC 2 = .又 = ,∴ = ? ? . BA CM CN NC BA CN BA CN? CN?

下证原题:设 A2kA2k + 3∩A2k + 2A2k + 4 = {N2k} ?k = 0, 1, 2?. 在△A0A2A4 中利用引理和塞瓦定理,相应的线段为 A2kN2k ?k = 0, 1, 2?可得 ∏
k = 0、1、2

A?2k + 2A2k + 2 N2kA2k + 2 A2kA2k + 1 2 = ∏ [ ? ? ] = 1,得证. A?2k + 3A2k + 4 k = 0、1、2 N2kA2k + 4 A2kA2k + 2

79

71

点 K 是△ABC 的塞瓦线 AD 的点, X 在线段 KC 上, 点 使得∠ABK = ∠XBC.现知 KX· = CX· BD CD.证明∠BAX = ∠BCX. 证:延长 BK 交 AX 于 E,则 S△ABE S△AKE S△ABE-S△AKE S△ABK AE AE = = ,∴ = = . EX EX S△XBE S△XKE S△XBE-S△XKE S△XBK

又 K 为 AD 中点,∴ S△ABK = S△BDK. 而 S△XBK = ∴ KX BD KX CD S ,S = S ,又由已知 = . KC △KBC △BDK BC △KBC XC BC

S△BDK S△ABK KX CD BD BD CX AE CX = ,∴ = 即 = = ,∴ = . KC BC CD CD KX EX XK S△XBK S△XBK

过 A 作直线 AY 使得∠BAY = ∠BCK,设 AY 交 BX 于 X?,交 BE 于 E. 又因为∠ABE? = ∠CBX,则△ABE?∽△CBX. 由∠ABX? = ∠CBK 得 △ABX?∽△CBK. ∴ △ABX?∽△CBK,且 E?与 X 为一对对应点,∴ 若 AY 与 AX 重合,命题已经得证. 若 AY 与 AX 不重合,则 E?和 E 不同,X 和 X?不同,则 EE?∥XX?,即 BK∥BX,这不可能. 综上所述,∠BAX = ∠BCX,得证. AE? CX AE? AE = ,则 = . XE EX E?X E?X?

评注:在有等角和边的比例关系时,往往可用面积法来求解.

80

72

如图,点 P、Q 是△ABC 的外接圆上?异于 A、B、C?的两点,点 P 关于直线 BC、CA、AB 的对称点分别是 U、V、 W,连接 QU、QV、QW 分别与直线 BC、CA、AB 交于点 D、E、F.求证:?1? U、V、W 三点共线;?2? D、E、F 三点共线. 证:?1? 如图,设从点 P 向 BC、CA、AB 作垂线,垂足分别为 X、Y、Z. 由对称知 XY 为△PUV 的中位线,故 UV∥XY. 同理 VW∥YZ, WU∥XZ.又由西姆松定理知 X、Y、Z 三点共线. 故 U、V、W 三点共线. ?2? 因为 P、C、A、B 四点共圆,所以∠PCE = ∠ABP. ∴ ∠PCV = 2∠PCE = 2∠ABP = ∠PBW. 又 ∠PCQ = ∠PBQ,∴ ∠PCV + ∠PCQ = ∠PBW + ∠PBQ,即∠QCV = ∠QBW. 从而 ∴ S△QCV CV·QC S△QAW AW·AQ S△QBU BQ·BU = .同理 = , = . S△QBW QB·BW S△QCU CQ·CU S△QAV AQ·AV

S△QCV S△QAW S△QBU S△QBV S△QCV S△WAQ BD CE AF = 1,于是 = = 1. EA EA FB S△QBW S△QCU S△QAV S△QCU S△QAV S△WBQ

故由梅氏定理知 D、E、F 三点共线.

81

73

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、S 分别是△DMC 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、Y、Z. 则四边形 XWYZ 为平行四边形,且 XW∥AC∥XZ. 则四边形 XAMD、MBYC 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 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 垂心知 SB⊥AM ? SB⊥WY. 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∥DB∥YZ, 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.
W B Y X S A
●P ●

D R M
●Q

Z C

82

74

已知 E、F 是△ABC 两边 AB、AC 的中点,CM、BN 是 AB、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 引理的证明:事实上,①式即 sin ?A-?? sin ?A-?? sin ? sin ? = ? = sin ?A-?? sin ?A-?? sin ? sin ? ? sin A cot ?-sin A = sin A cot ?-cos A ? ? = ?. 即 AP 与 AP?重合.引理得证.
α (β )

sin ∠BAP sin ∠BAP? = ? ① ? AP 与 AP?重合. sin ∠CAP sin ∠CAP?
B

P ( P'' )

A C

回到原题:为了看得清,我们画两张图表示,过 A 作 AQ⊥OH = Q. sin ∠1 sin ∠3 我们证明 AP 与 AQ 重合:由引理只需证 = ? ① sin ∠2 sin ∠4
E A M P F N

先看右图,∵ E、P、F 三点共线,以 A 为视点运用张角定理得 sin ∠BAC sin ∠1 sin ∠2 = + . AP AF AE 综合上二式有 ? sin ∠1 AF·AN EM 1 1 1 1 - ? sin ∠1 = ? - ? sin ∠2 ? = . AP AN AM AE sin ∠2 AM·AE NF
B

C

又易有 M、B、C、N 四点共圆. ∴ AM·AB = AN·AC,即 2AM·AE = 2 AN·AF. ∴ sin ∠1 EM = ? ② NF sin ∠2
M E O Q H G B C F N A
34

再看右图,∵ ∠AQH = ∠ANH = ∠AMH = 90?, ∴ A、M、Q、H;A、Q、H、N 分别四点共圆. ∴ ∠MHQ = ∠3, ∠BHQ = ∠4. 在△MOH 与△BOH 中分别运用正弦定理有 MO OH BO OH = , = . sin ∠3 sin ∠OMH sin ∠4 sin ∠OBH 两式相除有

sin ∠3 OM sin ∠OMH = ,其中 MO sin ∠OMH = OM cos ∠OME = EM. sin ∠4 OB sin ∠OBN

过 O 作 OG⊥BN = G,由∠OGN = ∠GNF = ∠NFO = 90?知 OGNF 为矩形. ∴ OG = NF, OB sin ∠OBN = OG = NF. ∴ sin ∠3 EM = ? ③ NF sin ∠4
83

综合②③知①式成立,故 AP⊥OH,证毕.

84

75

设 H 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?、B?、C?. D B' A 熟知 H 与 A?关于 BC 对称,H 与 B?关于 AC 对称,H 与 C?关于 AB 对称. C' 又 D 与 S 关于 BC 对称,故四边形 DHA?S 关于 BC 对称. H ● 故 DHA?S 必为等腰梯形.四边形 HFUC?与 HTEB?同理亦然. E ∴ HS = A?D, HU = C?F, HT = B?E, ∠SHA? = ∠HA?D. B● ● U C T ⌒ ⌒ ⌒ 记 CE 所对圆周角为 ?,由 AD∥BE, DE = AB 知 F ⌒ ⌒ ⌒ DE 所对角为∠C, AC 所对角为∠B, CE 所对角为 ?. A' ⌒ ∴ AD 所对角为 B-C-?. S ∴ ∠SHA? = ∠HA?D = B-C-? ? ① 1 ⌒ ⌒ 1 ⌒ ⌒ ∠UHC? = ∠HC?F = ∠CC?F = ?BC -BF ? = ?BC -CE ? = A-?, 2 2 ∠AHC? = 180?-∠C?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?90?-B + C + B-C-?? = 2?90?-??. ∴ A?D = 2R sin ?90?-??.∴ HS = 2R sin ?90?-??. 同理可计算出 C?F = 2R sin ?90?-B + ??, BE? = 2R sin ?90?-C-??. 从而 HU = 2R sin ?90?-B + ??, HT = 2R sin ?90?-C-??. 由此有 HS : HU : HT = sin ?90?-?? : sin ?90?-B + ?? : sin ?90?-C-??. 综上我们得出了一些关于四边形 HUST 的性质: sin ?90?-B + ?? HT sin ?90?-C-?? HU ∠UHS = ∠B, ∠SHT = ∠C, = , = . HS HS sin ?90?-?? sin ?90?-?? 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∠ZYW1 = 90?-B + ?, ∠YZW2 = 90?-C-?.YW1 与 ZW2 交于 W,连接 XW. ∴ ∠ZWY = 180?-?∠ZYW + ∠YZW? = 180?-?180?-B-C? = ∠B + ∠C = 180?-∠ZXY. ∴ X、Z、W、Y 四点共圆. ∴ ∠XZW + ∠XYW = 180? ? ?*? X ∠XYW = ∠XYZ + ∠ZYW = ∠B + 90?-B + ? = 90? + ?, ∠WXY = ∠WZY = 90?-C-?. sin ∠WXY sin ?90?-C-?? WY HT Z Y ∴ 由正弦定理知 = = = . WX HS sin ∠XYW sin ?90? + ?? W 又∠YWX = ∠YZX = ∠C = ∠THS,∴ △WZX∽△HTS. 从而∠WYX = ∠HTS.同理可得∠WZX = ∠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.

85

76

在△ABC 中,D 是 BC 边上一点,设 O1、O2 分别是△ABD、△ACD 外心,O?是经过 A、O1、O2 三点的圆的圆心, 记△ABC 的九点圆圆心为 Ni,作 O?E⊥BC = E.求证 NiE∥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?-cos ?, sin ??、C?cos ?, sin ??,∠ADB = ?. 由正弦定理知 AB AC = 2 sin ? = 且∠BAO1 = ∠CAO2. AO1 AO2 1 . 2 sin ? 1 的位 2 sin ?

∴ ∠O1AO2 = ∠BAC,从而△AO1O2∽△ABC 且相似比为

由∠BAO1 = 90?-? 知△ABC 变换为△AO1O2 为一个绕 A 逆时针旋转 90?-? 及以 A 为中心位似比为 似变换之积. → AO = ?-cos ?, -sin ?? 对应复数为-cos ?-i sin ?,则 AO?对应复数为 1 ?-cos ?-i sin ??· ?cos ?90?-?? + i sin ?90?-?? ? = A? ?记为?. 2 sin ? 1 则 A? = - [ sin ??-?? + i cos ??-?? ]. 2 sin ? sin ??-?? sin ?? + ?? ∵ O? = A + A?,∴ O?的横坐标即为- + cos ? = . 2 sin ? 2 sin ? sin ?? + ?? ∴ E 点坐标为? , sin ??. 2 sin ? 又由九点圆性质,设 O 为外心,G 为重心,则 NiO 3 = 且 Ni 与 O 在 G 异侧. OG 2 3 3 G = ?A + B + C?. 2 2
O1

A O2

O'●

Ni ● E D C

B

设 G 为 G 点对应复数,Ni 为 Ni 点对应复数,则 Ni = 于是 Ni 坐标为?

cos ? sin ? + 2 sin ? , ?.设 NiE 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 BiE 平行,证毕.

86

77

设△ABC 的边 AB 中点为 N,∠A > ∠B,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 与 AB 交于点 E,BC 与 DP 交于点 T.求表达式 解:我们先证明 CP 平分∠ACB,且 CP∥BD.用同一法. 作∠ACB 平分线 CP?交 DN 于 P?,则∠BCP? = ∠ACP? = ∠CBD = ∠CDB = ∴ P?C∥BD.我们证明∠P?BC = ∠A. 事实上,这只须证△BCP?∽△ADB. 1 又由于我们已知∠BCP? = ∠ADB = ∠C. 2 故只须证 CP? BC = ? ① BD AD CP? CT = . BD BT CT CD = ? ② BT AD BT CD AN = 1. CT DA NB
B P (P' ) E N T C A

BC EA - 的值. TC EB

1 ∠C. 2

注意到 P?C∥BD,故

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 = ∠A. ∵ ∠PBC = ∠P?BC,P?、P、A 皆在 BC 同侧,P?与 P 皆在 ND 上,∴ P? = P. 即 CP 平分∠ACB 且 CP∥BD. 下证 BC EA BC TD NA - = 2,对 ACD 截△BTN 有 = 1. TC EB EB DN AB BC 2DN 2NT = =2+ . TC TD TD EA AC 2NT AC = ,我们证明 = 即可. EB CB TD CB 2NT CD = 1. TD AC DC AB NT 2NT CD BC EA = 1,即 = 1.故 - = 2. CA BN TD TD AC TC EB

∵ N 为 AB 中点,∴

∵ CP 平分∠ACB,∴

∵ CD = BC,∴ 只须证

对 BTC 截△AND 运用梅氏定理有 综上所述,所求 BC EA - = 2. YC EB

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.

87

78

△ABC 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. r A 易得 AO = R, AI = A , AD = c cos A = 2R sin C cos A, AE = 2R sin B cos A, ∠EAI = ∠IAD = 2 , ∠GAO = 90? sin
2
A

-C, ∠OAC = 90?-B. AF c bc bc 由 AF + FC = b, = 解得 AF = .同理可得 AG = . FC a a+c a+b sin ∠GAO sin ∠OAC sin A 由张角定理知,G、O、F 三点共线 ? = + AO AF AG sin A cos B cos C ? = bc + bc R
a+b a+c

G E

O
● ●

F I D

● ? bc sin A = R [?a + b? cos B + ?a + c? cos C ] ?利用正弦定理? H ? 2 sin A sin B sin C = ?sin A + sin B? cos B + ? sin A + sin C? cos C C B ? 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 2B + sin 2C? = sin ?B + C? cos ?B-C? = sin A cos ?B-C?消去 sin A 得 2 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 ? ?*? sin ∠EAI sin ∠DAI sin A 另一方面,D、I、E 三点共线 ? = + AI AD AE A sin 2 sin A 2 sin A ? r = + . 2R cos A sin B 2R cos A sin C

sin

A 2

、去分母有 r ?sin B + sin C? = 2R sin A sin B sin C cos A. 1 又 S = 2R 2 sin A sin B sin C = r ?a + b + c?, 2 2R sin A sin B sin C a+b+c ∴ = = sin A + sin B + sin C ?正弦定理?. r 2R 故 sin B + sin C = ?sin A + sin B + sin C ? cos A. 消去 sin
A 2

右边和差化积,右边利用熟知的三角形内恒等式 sin A + sin B + sin C = 4 cos 2 cos

A B C cos cos 有 2 2 2

B-C A A B C 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 B-C B-C B-C B+C A cos = ?cos + cos ? cos A ? cos ?1-cos A? = sin cos A 2 2 2 2 2 B-C B-C A A ? 2 cos sin 2 cos A ? 2 cos sin = cos A 2 2 2 2 B-C B+C ? 2 cos cos = cos A ? cos B + cos C = cos A ?积化和差?. 2 2 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.

88

79

△ABC 中,∠A, ∠B 为锐角,CD 为高,O1、O2 分别为△ACD 和△BCD 内心.问,△ABC 满足怎样的充要条件, 使得 A、B、O1、O2 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.
C

过 O1 作 O1H⊥AB = H,过 O2 作 O2I⊥AB = I,O2E⊥O1H = E,则 ∠O1AB = 1 1 ∠A, ∠O2BA = ∠B. 2 2
A O1 F E H D O2 I B

故 A、B、O1、O2 四点共圆 ? ∠BAO1 = ∠FO2O1 ? ① ∵ O2E∥AB,∴ ∠FO2E = 1 ∠B. 2

∴ ∠FO2O1 = ∠EO2F-∠O1O2E,∴ ∠FO2O1 = ∴ ① ?

1 ∠B-∠O1O2E. 2

B-A B-A A B = -∠O1O2E ? ∠O1O2E = ? tan ∠EO2O1 = tan ? ② 2 2 2 2 AD + DC-AC . 2

记 O1H = rA, O2i = rB,∵ ∠ADC = 90?,由直角三角形内心性质知 rA = DH = 同理 rB =

BD + CD-BC rA-rB AD-BD + BC-AC O1E , tan ∠EO2O1 = = = . 2 HI rA + rB 2CD + AB-AC-BC

易有 AD = b cos A = 2R sin B cos A, BD = 2R sin A cos B, BC = 2R sin A, AC = 2R sin B, AB = 2R sin C. 2 sin 2 ?cos 2 -cos B + A ? sin B cos A-sin A cos B + sin A-sin B 2 代入有 tan ∠EO2O1 = = . 2 sin B sin A + sin ?A + B?-sin A-sin B 2 sin B sin A + sin C-sin A-sin B ∴ ② ? sin cos
B-A 2 B-A 2 B-A B-A

2 sin =

B-A 2

( cos

B-A 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-A B-A B+A 可约去,得 2 sin A sin B + sin C-sin A-sin B = 2 cos 2 cos . 2 2 2
2

利用 2 sin A sin B = cos ?B-A?-cos ?A + B? = cos ?B-A? + cos C, 2 cos B+A = cos A + cos B. 2 三式代入化简得 ③ ? cos A + cos B + cos C = 1 + sin A + sin B-sin C. A B sin sin 2 2 A-B A+B A+B 1-sin A + sin B-sin C = 1 + 2 sin cos -2 sin sin 2 2 2 A B C = 1 + 4 sin sin cos . 2 2 2 C C 结合两方面知 ③ ? sin = cos ? ∠C = 90?. 2 2 而由三角形内熟知恒等式 cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin

B-A B-A = cos ?B-A? + 1, 2 cos cos 2 2

C 得 2 A-B C C A+B = 1 + 2 cos ?cos -cos ? 2 2 2 2

89

综合 1?、2?知 ③ ? ∠C = 90?或∠A = ∠B. 故 A、B、O1、O2 四点共圆 ? ∠C = 90?或∠A = ∠B.得证.

90

80

△ABC 的外心是 O,三条高线 AH、BK、CL 垂足分别为 H、K、L.A0、B0、C0 分别是 AH、BK、CL 中点,I 为内 切圆圆心,内切圆切△ABC 三边 BC、CA、AB 于 D、E、F.证明 A0D、B0E、C0F、OI 四线共点. 证:首先以引理的形式给出本图的一些内在特征.
P

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?. 引理 1 的证明: △PCD 与△PAB 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 三点共线.
A C Q
● ●

D

R

B

引理 2:A0I 与 BC 交于 D?,则 D?为△ABC 在∠A 内旁切圆与 BC 的切点,并由此有 O 在 DD?中垂线上. 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?,则 B?C?⊥DI, OI⊥BC.
A

∴ B?C?∥BC,△AB?C?与△ABC 构成以 A 为位似中的位似关系. 显然⊙I 为△AB?C?在∠A 内旁切圆,故 J 为旁切圆切点. 由 J 与 D?为对应点知 D?亦为旁切圆切点. 而 A0 为 AH 中点,I 为 JD 中点,由引理 1 知 D?在 IA0 上. 故 IA0 与 BC 交于旁切圆切点. 更进一步作 OP⊥BC 于 P ? P 为 BC 中点. 又由内切圆及旁切圆性质知 BD? = CD. 故 P 又为 DD?中点 ? O 在 DD?中垂线上,引理 2 得证.
B B' O


J
●A 0

C'

I X

D' P D H

C

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 ∠AID sin ∠A0IO sin ∠DIO = + . IX ID IA0 ∴ sin ∠A0IO sin ∠DIO 1 = + . IX ID sin ∠D?ID IA0 sin ∠D?ID DH ID? 1 ·ID?,而 = 代入得 DD? DD? sin ∠D?ID

由 ID∥A0H 知 IA0 =

sin ∠AIO sin ∠DIO 1 = + . IX DH ID sin ∠D?ID 又 sin ∠AID = sin ∠D?IX = sin ?∠D?ID + ∠DIX?. ∴ ∴ sin ∠AIO cos ∠DIX cos ∠D?ID sin ∠DIX cos ∠DIX sin ∠DIO = + = + . ID ID ID sin ∠D?ID ID sin ∠D?ID D?D cos ∠DIX cos ∠DIX 1 1 1 D?H = + sin ∠DIO·? + ?= + sin ∠DIO· . IX ID DH ID DD? DH·DD?
91



cos ∠DIX D?H A0H 1 A0H 1 A0H = 代入有 = + sin ∠DIO = ?cos ∠DIX + sin ∠DIO?. ID IX ID ID DH DD? DH·ID

∵ 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 0H 1 = ?OQ + ·IQ ?,其中 QO = OP-ID, IQ = PD = DD? ?引理 2 知?. IX DH 2 ID·OI ∴ 1 1 1 DD? 1 = ?OP + ·A0H ?- . IX 2 DH OI ID·OI 1 DD? ·A0H 为对称的值?记为 MA?. 2 DH

注意到 OI、ID = r 皆为对称的值.故我们仅须证 OP +

记∠BAC = A, ∠ABC = B, ∠ACB = C,AC = c, AC = b, BC = a,外接圆半径为 R,则 a + b-c a + b-c 1 1 , BD? = , CH = b cos C, A0H = AH = b sin C = R sin B sin C. 2 2 2 2 a + b-c a + b-c a 2 + b 2-c 2 ?c-b??c + b-a? ∴ DH = CD-CH = -b cos C = - = , 2 2 2a 2a DD? = BC-?BD? + CD? = a-?a + b-c? = c-b. OP = R cos A, CD = 故 1 DD? a ·A0H = ·R sin B sin C. 2 DH b + c-a sin A sin B sin C ?,其中 sin B + sin C-sin A

故 MA = R?cos A +

B-C A B+C A 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 MA = MB = MC 等价于 sin B + sin C-sin A = 2 cos cos A + 2 sin A B C B A C C A B cos cos = cos B + 2 sin cos cos = cos C + 2 sin cos cos . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B A C cos cos = cos B + 2 sin cos cos 2 2 2 2 2 2 C B A A B (sin cos -sin cos ) 2 2 2 2 2
G C P


其中 cos A + 2 sin

? cos A-cos B = 2 cos

B-A A+B ? cos A cos B = 2 sin sin ,此式显然成立. 2 2 故 MA = MB.同理 MB = MC, MA = MC. ∴ MA = MB = MC ? IX 为关于 A、B、C 对称之值,即 A0D、B0E、C0F 都交 于 OI 上同一点. 即 A0D、B0E、C0F、OI 四线共点,证毕.
F D

E O


B

A Q

评注:此解法计算复杂,但思路清晰.
92

已知△ABC, 过点 B、 的⊙O 与 AC、 分别交于点 D、 BD 与 CE 交于 F, C AB E, 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、CD 交于 F,直线 AD、BC 交于 G,则 DE ⊥FQ. → → 引理 1 的证明:首先, OE · OF = r 2 ?r 为半径?. F 过 F 作⊙O 切线 FP、PQ 切⊙O 于 P、Q. AP FA FA ∵ △FPA∽△FBP,∴ = = . PB FP FB AP 2 FA PQ 2 FD P ∴ ? ? = .同理 ? ? = . A PB FB QC FC D BC 2 FB·FC 由△FAD∽△FCB 知 ? ? = . AD FD·FA C O AP PQ BC 上面三式相乘得 = 1. PB QC AD 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. 81 引理 2:四边形 ABCD 内接于⊙O,直线 BA、CD 交于 F,△FAD 外接圆和△FBC 外接圆交于 P ?异于 F?,则 OP ⊥PF. 引理 2 的证明: ∵ ∠APC = ∠FPC-∠FPA = 180?-2∠B = 180?-∠AOC. ∴ A、P、C、D 四点共圆. ∴ ∠FPO = ∠FPC-∠OPC = 180?-∠B-∠OAC = 180?-∠B-?90?-∠B? = 90?. ∴ OP⊥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 引理 3 的证明: ∵ OP 2 = OB·OA,∴ △OBP∽△OPA. OB OP BP ∴ = = . OP OA PA PB 2 OB PA 2 OA ∴ ? ? = ,? ? = . PA OA PB OB 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 与 P?重合. PB PI 设 OF 与⊙O 交于 I,由引理 4 知 = . BF IF ∴ BI 平分∠PBF.同理 PI 平分∠PDF. ∴ I 是△PBD 的内心.同理 I 也是△PCE 的内心. Q 故命题得证.
P

PA 是定值. PR

O

B

A

A

P' I E F


D

O B

C

93

评注:此解法稍繁,可思考令 OF·FP? = CF·FE 的同一法.

94

82

设 A、B 为圆? 上两点,X 为? 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、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. ∴ ∠XMP = ∠OCD = ∠ODC = ∠OMC. ∴ ∠CMG = ∠GMD. 在 CM 上选取一点 Z 使 MX∥DZ,则 MD = MZ. CG? CM? CM CX ∴ = = = . GP MD MZ XD 在 GX 上取点 X?,使∠GKD = ∠DFX?,在 X?F 上取 W 使 CF∥GW. 由 X?D X?F X?E X?C = = = 得 CG·X?D = X?C·GD. DG FG FW CG XD X?D = ,故 X = X?.∴ ∠GFD = ∠XFD. XC X?C
C A F D ● H G E Z


X

B

M

O

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 = ∠H?FG = ∠H?FX = ∠H?GX. ∴ H?G = H?X,∴ 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.

95

83

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,过 M 作截线交另一组对边所在直线 于 H、L,交对角线所在直线于 H?、L?.求证 1 1 1 1 + = + . MH ML 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 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 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' O H P M

C

96

84

P 为△ABC 内任意一点,AP、BP、CP 的延长线交对边 BC、CA、AB 于点 D、E、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 EA FB 对△ADC 及截线 BPE 用梅氏定理得 注意到 ∴ CE AP DB = 1. EA PD BC
A

DB m AP m = ,故 n· = 1. BC m+1 PD m + 1

Q F

E

AP m+1 AP m+1 = ,从而 = . PD mn AD mn + m + 1 BD CA EP = 1. DC AE PB
B D C

又对直线 APD 截△BCE 有 ∵

CA BP BE = n + 1, = mn + m,∴ = mn + m + 1. AE EP EP AF BE PQ = 1. FB EP AQ

又对△ABP 及 FQE 有 从而 ∴

PQ 1 1 PQ 1 = = = = . AQ mp + p + 1 AP mp + p + 2 p?mn + m + 1? 1
mn m+1

PQ PQ AP m+1 1 = = = AD AP AD ?mp + p + 2??mn + m + 1? p?m + 1? + 2 = 1 1 ? 3+2 2 + p?m + 1? = 3-2 2 .

+1

3+

2mn m+1

∴ PQ ? ?3-2 2 ?AP. 当 2mn 2 = p?m + 1?,亦即 = p?m + 1?,当 p?m + 1? = m+1 p?m + 1? 2 时取等号,得证.

97

85

设 P 为锐角△ABC 内部一点,且满足条件 PA·PB·AB + PB·PC·BC + PC·PA·CA = AB·AC·BC,试确定 P 点的几何位置,并证明你的结论. 证: 我们改证更强的命题: D 为锐角△ABC 内一点, 设 求证 DA· AB + DB· BC + DC· CA ? AB· CA, DB· DC· DA· BC·

并且等号当且仅当 D 为△ABC 垂心时才成立. 证明如下:作 ED ∥ BC, FA ∥ ED,则 BCDE 和 ADEF 均为平行四边形.
F A

连 BF、AE,显然 BCAF 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·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·PA·AB + DB·DC·BC + DC·PA·AC ? DB·AE·AC. 即 DB ?AB·AD + BC·CD? + DC·DA·CA + DC·DA·AC ? AC ?DB·AE + DC·AD? ? AC·AB·BC. ∴ DA·DB·AB + DB·DC·BC + DC·OA·CA ? AB·AC·BC. 其中等号成立当且仅当①式中等号同时成立,即 A、B、E、F 及 A、E、B、D 四点共圆,亦即 A、F、E、B、D 五 点共圆时. ∵ AFED 为平行四边形,故它等价于 AFED 为矩形?即 AD⊥BC?. 而 AD⊥BC 且 CD⊥AB,故加强命题成立,从而原命题得证.
E B D C

98

86

□ABCD 对角线相交于点 O,圆?以 O 为圆心,与线段 AD、CD 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. 证:对△AGE 与△CHF,由笛沙格定理可知只需证明 AC、EF、GH 三线共点. 这只须证明 FE 在 AC 上截点与 HG 在 AC 上截点是同一点. 延长 AD 交⊙O 于 M,CD 交⊙O 于 N, 设 FE 交 AC 于 P,NM 交 AC 于 Q,只证 OP = OQ 即可.
P A L● E● T N M D F


过 F 作 AC 的平行线交⊙O 于 L,延长 AL 交⊙O 于 T, 则由对称性 AT = CN 且∠TAC = ∠NCA. 又∠FPA = ∠PFL = ∠ETL,∴ P、A、E、T 共圆. ∴ ∠PTA = ∠QNC,∴ △PAC≌△QCN ? AP = CQ.得证.

O

C

Q

评注:本题运用了对称的想法,是一道好题.

99

87

已知四边形 ABCD 内接于⊙O,AB 与 CD 相交于点 P,AD 与 BC 交于点 Q,对角线 AC、BD 的交点为 R,且 OR 与 PQ 交于点 K.求证∠AKD = ∠BKC. 证:不妨设∠BAD > ∠ABC,则∠ACD = ∠ADC. 延长 OR 至 K0,使 OR·RK0 = DR·RB = AR·RC. 则 O、B、D、K0 共圆,∴ ∠DK0?R = ∠OBR. 同理 A、O、C、K 共圆,∴ ∠AK0R = ∠ACD.
A P

∴ ∠AK0D = ∠ACO-∠DBO = ∠BAD-∠ABC = ∠APD.


D

K

∴ A、D、K0、P 四点共圆,且 ? ∠OK0P = ∠DK0P + ∠DK0O = ∠BAD + ∠OBD = . 2 同理∠DK0Q = ? ,故 P、K0、Q 共线,从而 K0 = K. 2
B

O●

R C Q

∴ A、P、D、K 共圆,C、D、K、Q 共圆. 又∠AKP = ∠ADP = ∠CDQ = ∠CKQ,∴ OK 平分∠AKC. 同理 OK 平分∠BKD,故∠AKD = ∠BKC 成立.

评注:本题亦可用阿波罗尼斯定理作.

100

88

圆外切四边形 ABCD 对边 AB 与 CD 交于点 F,AD 与 BC 交于点 E,设 CC1⊥BF = C1,EE1⊥BF = E1,AA1⊥BC, FF1⊥BC.证明:?1? △BC1F1 与△BA1E1 有相同的内心 I;?2? 设 BB1⊥CF = B1,BB2⊥AE = B2,△B1F1C 的内心为 I1,△B2A1C 的内心为 I2,则 I、O、I1、I2 四点共圆. 证: 引理:△XYZ 中,XX1⊥YZ,YY1⊥XZ,且△XYZ 的内切圆与 ZY 切于 X2,与 XZ 切于 Y2,则△ZX1Y1 的圆心即为△

ZX2Y2 的垂心. 引理的证明:由△ZX1Y1∽△ZXY,相似比为 1 . cos Z
E1 A C1 P ●
● ●D

F

∴ ZW1 = ZW cos ? ?这里 W、W1 分别是△XYZ 与△X1Y1Z1 的内心?. 作 W1R⊥YZ 于 R,则 ZR = ZY2 cos ?. ∴ R 是 Y2 在 YZ 上的射影即 W1. 在△ZX2Y2 的 ZX2 上的高上,同理它又 ZY2 上的高上. 故 W1 是△ZX2Y2 的垂心,从而引理得证.
B

O

A1

F1 C

E

回到原题: 设四边形 ABCD 切于⊙O,切点在 AB、BC、CD、DA 上依次为 P、Q、R、S,则 ?1? 由引理可知△BPQ 的垂心既是△BA1E1 的内心,又是△BF1C1 的内心. ?2? 设⊙O 半径为 r,由第 5 题结论可得 QI = QO = QI1 = QI2 = r. 故 I、O、I1、I2 都在以 Q 为圆心、r 为半径的圆上.
Y2 Y1 ω1 X Y ω
● ● ●

Z R

X2 X1

评注:本题只需熟悉基本图形后便迎刃而解.

101

89

定直线 l1, l2 交于点 O,A 为 l2 上定点,射线 OP 上一动点 M,设圆?过 OM,且圆心 K 在 MA 上,过 A 作 MA 的垂 线交圆?于 E、F,交射线 OP 于 M1,在 OP 的反向延长线上取 N 使 ON = OM1,当 M 运动时,证明△NEF 的外接 圆过定点. 证:在 FO 的延长线上取 OG = OE,在 EO 的延长线上取 OH = OF. ⌒ 过 O 作直线 m 与 l1 垂直,则由 M 是 EF 中点可知 OM 平分∠EOF. ∴ G、E 关于 m 对称,HF 关于 m 对称,NM1 也关于 m 对称. 设 A 关于 M 的对称点为 A?,则 A?也是定点,且 A?是 GH 的中点. 下证△NEF 的外接圆恒过点 A?: ?1? 当 EF∥GH 时,由于 GEFH 中有 GE∥HF,且 GH = EF. 故此时 EFHG 为矩形,N 与 A?重合显然成立. ?2? 当 EF\GH 时,EFHG 是等腰梯形,设 HG 与 FE 交于点 R. ∥ 显然△REG≌△EFH,设相似比为 k,设 RE = RG = a,则 RF = RH = RG, RE·RF = ka , RN = ka· RA? = a + k-1 k+1 a= a. 2 2
E G


G●


N
●H

O

m

E M1




K

A F

M l1 l2

2

2k k+1

k

=

2k a, k+1

R

∴ RN·RA? = ka 2 = RE· RF. 故 E、F、N、A?四点共圆,△NEF 的外接圆过点 A?.
F

N A' H

评注:此题较有难度,要深入分析.

102

90

△ABC 中,AA?⊥BC = A?, BB?⊥AC = B?, CC?⊥AB = C?.证明△AB?C?、△BC?A?、△CA?B?的欧拉线交于△ABC 的九 点圆上同一点 P. 证:设△ABC 垂心为 H,外心为 O,九点圆圆心为 K,则 K 为 OH 中点.设 AH、BH、CH 中点为 OA、OB、OC,

则 OA、OB、OC 均在九点圆上,且 OA、OB、OC 分别是△AB?C?、△BC?A?、△CA?B?外心,这三个三角形的垂心分别为 HA、HB、HC. 易证△AB?C?∽△ABC,A、HA、O 三点共线,A、OA、H 三点共线. 对应边比值相同可知 AHA AOA = . AH AO

∴ AHA·AO = AOA·AH,∴ OA、HA、H、O 四点共圆. 设△AB?C?、△BC?A?、△CA?B?欧拉线交九点圆于 PA、PB、PC,只要证 PA = PB = PC. 注意到 OAK 是△AHO 中位线,∴ ∠PAOAK = ∠PAHAO = 180?-∠AHO. 又∵ KPA = KOA,∴ ∠PAKOA = 180?-2∠PAOAK = 2∠AHO-180?. 同理∠PBKOB = 2∠BHO-180?. ∴ ∠PAKOA + ∠PBKOB = 2?∠AHO + ∠BHO?-360? = 360?-2∠AHB = 2∠C. 而 ∠OAKOB = 2∠OAB?OB = 2∠OAHB? = 2∠C = ∠PAKOA + ∠PBKOB. ∴ PA = PB.同理可证 PB = PC. ∴ △AB?C?、△BC?A?、△CA?B?的欧拉线交于△ABC 九点圆上同一点,得证.
B A' C C' H P● A O A A H

●A

B'
●O

K ●

评注:基本图形的深入命题,注意角的转换.

103

91

给定锐角△ABC,过 A 作 BC 的垂线,垂足为 D,记△ABC 的垂心为 H,在△ABC 的外接圆上任取一动点 P,延长 PH 交△APD 的外接圆于 Q.求 Q 点的轨迹. 解:Q 点轨迹为△ABC 的九点圆. 如图,取 AH、BH、PH 的中点 M、N、K,延长 AD 交△ABC 外接圆于 G. 则熟知 HD = DG,连接 KN、MN、KD、PB、PG. 因为各取中点有 ∠NKD = ∠BPG, ∠NMD = ∠BAG. ∴ K、N、M、D 四点共圆.
N● A

M●
● ●

●Q

H C

又 Q 在△APD 的外接圆上, ∴ PH·HQ = AH·HD,即 2KH·HQ = 2MH·HD. ∴ KH·HQ = MH·HD. 于是有 K、D、Q、M、N 五点共圆. 又△DMN 外接圆为九点圆,所以 Q 在九点圆上.

B P

K

D G

反之,在如上所述九点圆上任取一点 Q?,设 Q?H 延长线交△ABC 外接圆于 P?,取 P?H 中点 R,同上可证 R 在九点 圆上. 故 2RH·HQ? = 2 KH·HD,即 P?H·HQ? = AH·HD. 因此 Q?在△AP?D 外接圆上.得证.

评注:注重九点圆的性质.

104

92

凸四边形 ABCD,⊙O1 过 AB 且与 CD 相切,⊙O2 过 CD 且与 AB 相切,⊙O1 和⊙O2 交于 E、F.证明,若 BC∥ AD,则 EF、AC、BD 三线共点. 证:设 AB 切⊙O2 于 P,CD 切⊙O1 于 Q,⊙O1、⊙O2 半径为 r1, r2. 设 GA = a, GB = b, GC = c, GD = d, GP = p, GQ = q. a c p cd c d 当 BC∥AD 时, = ,p 2 = cd, q 2 = ab, 2 = = 2 = 2 . b d q ab a b ∴ p c d c+d = = = ,∴ ?p-a??b-p? = ?q-c??d-q?,即 q a b a+b
M O1


G A P D E●● Q N

2

2

2

K

● O2

F B C

AP·PB = DQ·QC. ∴ MP·PQ = AP·PB = DQ·QC = PQ·QN,∴ MP = QN. 又 ?MP + PK?·KQ = PK?KQ + QN?,∴ PK = QK. ∴ S△EPF = S△EQF 即 EP·FP·EF EF·EQ·QF EP·FP r2 = ,∴ = . 4r2 4r1 r1 EQ·FQ
EQ 2r1 EC 2r2

sin ∠DQE sin ∠EFQ DE ∵ = = = EQ sin ∠EDQ sin ∠EDC 同理 FC·FD =

,∴ EC·DE =

r2 EQ 2. r1

r2 r1 r1 FQ 2, EA·EB = EP 2, FA·FB = FP 2. r1 r2 r2
AE·AF·EF 4r1 CE·CF·EF 4r2

S△AEF AR1 设 EF∩AC = R1, EF∩BD = R2, AC∩BD = R,则 = = CR1 S△CEF 同理 BR2 r2 BE·BF = . DR2 r1 DE·DF
r1 r2 r2 r1

=

r2 AE·AF . r1 CE·CF

AR1 BR2 r2 2 EA·EB·FA·FB r2 2 ∴ =? ? =? ? CR1 DR2 r1 r1 EC·ED·FC·FD ∴ AR1 DR2 AR1 DR2 = , = . CR1 BR2 AC DB AR DR AR1 DR2 = ,∴ = . AC DB AR DR

EP 2·r1 ·FP 2 r2 ·EQ 2
r2 r1

·FQ 2

=?

r1 2 EP·FP 2 ? ? ? = 1. r2 EQ·FQ

又 AD∥BC,

若 R1 ≠ R2,则 R1R2∥AD,即 EF∥AD∥BC,这是不可能的. ∴ 必有 R1 = R2 = R,∴ EF、AC、BD 三线共点.得证.

105

93

设点 A 是⊙O 外一点,过点 A 作⊙O 的切线,切点分别为 B、C,⊙O 的切线 l 与 AB、AC 分别交于 P、Q,过点 P 且平行于 AC 的直线与 BC 交于点 R.证明,无论 l 如何变化,QR 恒过一定点. 证:过 O 作垂直于 AO 的直线分别交 AB、AC 于 D、E,我们断言 RQ 恒过点 D. 设 DQ 与 BC 交于 S,只须证 PS∥AC 即 S = R. 设切线切⊙O 于点 T,记 ? = ∠BOD = ∠COE = ∠BAO, ? = ∠BPO = ∠TPO, ? = ∠CQO = ∠TQO. 则 2?? + ? + ?? = ?,∠AOP = ?-?-? = ? + ?. 2

过 P 作 AB 的垂线与 ED 的延长线交于点 F,则 A、F、P、O 共圆,即 ∠AFP = ?-∠AOP = ? -?, ∠FAD = ?. 2
F A

∴ PF∥BO 知 ∠PFD = ?. 由对应角相等可得 △AFD∽△QOE, △PFD∽△COE. ∴ AP QC = . PD CE QC QS = . CE SD

R( S ) B D●
● ●

由于 CS∥DE 知 于是

O

●C ●

P

E

AP QS = ,因此 PS∥AQ. PD SD

T

Q

由于 AQ 与 AC 为同一条直线,故 PS∥AC.

评注:关键在于找到 D 点,之后就迎刃而解了.

106

94

⌒ △ABC 内心为 I,A 对应的旁心为 Ia,IIa 分别交 BC、⊙ABC 于 A?、M,N 为 ABM 的中点,NI、NIa 分别交⊙ABC 于 S、T.求证 S、A?、T 三点共线. 证:易知∠MTIa = ∠MAN, AN = NM. sin ∠MIaT sin ∠MIaT MT 在△MTIa 中, = = . MIa sin ∠MTIa sin ∠MAN sin ∠MIaT AN 在△ANIa 中, = . AIa sin ∠ANT sin ∠ANT MT AIa AT AT ∴ = = = . AN MIa MN AN sin ∠MAN MT MIa ∴ = ? ① AT AIa 同理 MS MI = ? ② AS AI
Ia S C A



I

N B T

A'

M

易证△ACI∽△AIaB, △MBA?∽△MAB, △ACA?∽△AMB. ∴ AI AC = 即 AB·AC = AI·AIa ? ③ AB AIa MB MA? = 即 MB 2 = MA·A?M ? ④ MA MB AC AA? = 即 AB·AC = AM·AA? ? ⑤ AM AB 熟知 MI = MB = MIa.设 AM∩ST = A??,则 S△MST MA?? MS MT sin ∠SMT MIa MI = = = ?由①②? AS AT sin ∠SAT AIa AI AA?? S△AST = ∴ MA·A?M MB 2 MA? = ?由③④⑤? = . AI·AIa MA·AA? AA?

MA?? MA? = , MA?? = MA?,即 A?与 A??重合. MA AA?

∴ S、T、A?三点共线,得证.

评注:用三角变换,显然自然且必要,且 MI = MB = MIa 为内心要重性质,切记.

107

95

设△ABC 内切圆与 BC、CA、AB 相切于 D、E、F,一圆与△ABC 内切圆切于 D,并与△ABC 外接圆切于 K,点 M、 N 类似定义.求证 DK、EM、FN 相交于△DEF 的欧拉线上. 证: 引理:△ABC 内切圆切三边 BC、CA、AB 于 D、E、F,则△DEF 的欧拉线过△ABC 的外心. 事实上,若△ABC 为等腰三角形,则△DEF 欧拉线即为底边中垂线,自然过 O 点. 若△ABC 非等腰,不妨设 BC = a, CA = b, AB = c,外接圆半径为 R,内切圆半径为 r,且 a > b > c,A > B > C,H

为△DEF 垂心. 易求得∠HDI = B-C 1 B+C , BD = ?a + c-b?, ∠FDE = . 2 2 2
A

设 DI∩OH = D1,则 D1 在线段 OH 上,且 2r cos B + C sin OH sin ∠HDI 2 HD1 = = a + c-b a D1O OD sin ∠IDO -
2 2 B-C 2

=

2r?sin B-sin C? r = . R 2R?sin B-sin C?
B

E F H ●


I



O

设 EI∩OH = D2, FI∩OH = D3,则同理可得

HD2 HD3 r = = . D2O OD3 R

D



C

●O 1

因此 D1 = D2 = D3,即 EI、DI、FI 交于一点,且该点在 OH 上. 而 DI、EI、FI 不重合,故 I 即为该交点,I 在 OH 上.引理得证.

K

回到原题:设与内切圆切于 D 并与⊙O 切于 K 的圆的圆心为 O1. 类似定义 O2、O3,P1 = DK∩OI, P2 = EM∩OI, P3 = FN∩OI. 直线 P1DK 截△OIO1,由梅氏定理得 又 O1K = O1D,因此 ID O1K OP1 = 1. DO1 KO P1I

OP1 OK R OP2 R OP3 = = .同理 = = . P 1I ID r P 2I r P3I

而 P1、P2、P3 均在线段 OI 上,∴ P1 = P2 = P3. 又由引理知 OI 即为△DEF 欧拉线. ∴ DK、EM、FN 相交于△DEF 的欧拉线上,得证.

评注:此题的引理应用广泛,值得熟练掌握.

108

96

已知圆内接四边形 ABCD,求证 |AB-CD| + |AD-BC| ? 2 |AC-BD|. 证:情形 1,圆心 O 在 ABCD 内,不妨设⊙O 半径为 1. 设∠AOB, ∠BOC, ∠COD, ∠DOA 分别为 2?, 2?, 2?, 2θ,则 ? + ? + ? + θ = 180?. 不妨设 ? ? ?, ? ? θ,则 |AB-CD| = 2 | sin ?-sin ? | = 4 | sin 同理 |AD-BC| = 4 | sin |AC-BD| = 4 | sin ?-θ ?-θ ?+θ ?+? cos | = 4 | sin sin |, 2 2 2 2 ?-? ?-θ sin |. 2 2 ?-? ?-θ ?+θ ?+? θ ? | | sin cos | = 8 | sin | sin cos . 2 2 2 2 2 2
B C

?-? ?-? ?+? ?+θ cos | = 4 | sin sin |. 2 2 2 2

A D

∴ |AB-CD|-|AC-BD| = 4 | sin ∵ 0<

θ ? θ ? , ? 90?,∴ sin cos ? 0. 2 2 2 2

∴ |AC-BD| ? |AB-CD|.同理 |AC-BD| ? |AD-BC|. ∴ |AB-CD| + |AD-BC| ? 2 |AC-BD|. 情形 2,圆心 O 在 ABCD 外, 不妨设 BC 靠点 O 最近,仍用前面的记号,此时有 ? + ? + θ = ? ? 90?. ∴ |AB-CD| = 4 | sin |AD-BC| = 4 | sin |AC-BD| = 4 | sin ?-? ?-? ?-θ ?+? cos | = 4 sin cos , 2 2 2 2 ?-θ ?+θ | cos , 2 2 ?-? ?+? | cos ?θ + ?. 2 2
B A D

C

∵ ? = ? + θ + ?,∴ 0 < ?-θ < 2θ + ? + ? < 180?. ∴ cos 又 ?-θ 2θ + ? + ? > cos ,∴ |AB-CD| ? |AC-BD|. 2 2

?+θ 2θ + ? + ? ?+? ?+θ ?+? = =θ+ , cos = cos ?θ + ?. 2 2 2 2 2 ?-? ?-θ ?-? ?-θ ?+? | ? = ,∴ | sin | ? sin .∴ |AD-BC| ? |AC-BD|. 2 2 2 2 2

而 |

综上所述,|AB-CD| + |AD-BC| ? 2 |AC-BD|,得证.

评注:本题是 2005 年美国竞赛题,应大胆分解命题.

109

97

设△ABC 是非等腰的锐角三角形,O、H 是△ABC 的外心和垂心,⊙O 是其外接圆,lA、lB、lC 是⊙O 在 A、B、C 处的切线,过 H 作 OH 的垂线 l 分别交 lA、lB、lC 于 A1、B1、C1,A1 关于 A 的对称点为 A2,类似定义 B2、C2.求 证 A2、B2、C2 三点共线. 证:A0 = lB∩lC, B0 = lA∩lC, C0 = lA∩lB, AA1 = u, BB1 = v, CC1 = w, A0B = A0C = a, B0C = B0A = b, C0A = C0B = b. 则直线 l 截△A0B0C0 得 a-w b + u v + c = 1. b + w c-u v-a

即 ?a-w??b + u??v + c? = ?b + w??c-u??v-a? ? ① 要证 A2、B2、C2 共线,由梅氏定理逆定理知只需证 1= A0C2 B0A2 C0B2 a + w b-u v-c 即 1= . B0C2 C0A2 A0B2 b-w c + u c + a
C0

即 ?a + w??b-u??v-c? = ?b-w??c + u??v + a? ? ② 结合①式知 ② ? -bcw + abv + acu = abu + bcv-acw 1 1 1 1 1 1 ? u? - ? + v? - ? + w? - ? = 0 ? ③ b c c a b a 设∠B0A0C0 = A, ∠B0C0A0 = C, ∠C0B0A0 = B, ∠BAC = A+C A+B ∠ABC = , ∠ACB = . 2 2 A B C 设⊙O 半径为 r,tan = x, tan = y, tan = z,则 2 2 2 1 1 A x 1 y 1 z xy + yz + zx = 1, = tan = , = , = . a r 2 r b r c r 易证 O、C1、C、H 四点共圆, ∴ ∠OC1C = ?-∠OHC, cot ∠OC1C = -cot ∠OHC, 2r cos A + B sin ?180?-∠OCH-∠OHC? 2 CH = = r OC sin ∠OHC = sin ∠OCH cot ∠OHC + cos ∠OCH. 而∠OCH = B-A ,代入上式化简可得 2 1-3xy 3xy-1 , cot ∠OC1O = . y-x y-x 3xz-1 3yz-1 , cot ∠OA1A = . z-x y-z B+C , 2

A1 A
●●

A ● 2 B0


O● B

●H

C2

C C1

A0

B1

cot ∠OHC =

同理可求得 cot ∠OB1B = ∴ u? = r? =r

1 1 1 1 1 1 - ? + v? - ? + w? - ? b c c a b a 1 1 1 1 1 1 - ? cot ∠OA1A + r ? - ? cot ∠OB1B + r? - ? cot ∠OC1C b c c a b a

3yz-1 y-z 3xz-1 z-x 3xy-1 y-x +r +r r r r y-z z-x y-x

= 3?xy + yz + zx-1? = 0.
110

③得证,从而 A2、B2、C2 三点共线.得证.

111

98

P 是正△ABC 内一点,证明 |∠PAB-∠PAC| ? |∠PBC-∠PCB|. → 证:以 BC 中点 M 为原点, BC 为 x 轴正向建立坐标系,设 C?1, 0?、B?-1, 0?,则 A?0, 设 P?x, y?,且不妨设 x ? 0,则 tan ?∠PAC-∠PAB? = tan 2∠PAM =
-x 3 -y 2 1- x 2 ? 3 -y?

3 ?.

2 tan ∠PAM 1-tan 2 ∠PAM ?-2x?? 3 -y? . ? 3 -y? 2-x 2
C

y A



=

=

P M B x

而 tan ?∠PBC-∠PCB? =

y x+1

y -1-x

1+

y y x + 1 1-x

=

-2xy . 1-x 2 + y 2

∴ |∠PAB-∠PAC| ? |∠PBC-∠PCB| ? ∠PAC-∠PAB ? ∠PBC-∠PCB ? tan ?∠PAC-∠PAB? ? tan ?∠PBC-∠PCB? ? ? 3 -y y ? ?∵ -2x ? 0? 1-x 2 + y 2 ? 3 -y? 2-x 2 ?-2x?? 3 -y? -2xy 2 2 ? 1-x 2 + y 2 ? 3 -y? -x

? ? 3 -y??1-x 2 + y 2 ? ? y?? 3 -y? 2-x 2 ? ?∵ -x 2-y 2 ? 1-x 2 ? 0,|x| ? 3 -y ? ? 3 -y? 2-x 2 ? 0? 3

? ? 3 -y??1 + y 2 ?-y? 3 -y? 2 ? ? 3 -2y?x 2 ? ① 当0 ? y ? ∴ ? 3 -2y? 3 时,由于 |x| ? 2 3 -y ? 3 -y? 2 2 ,∴ x ? . 3 3

? 3 -y? 2 ? ? 3 -y??1 + y 2 ?-y? 3 -y? 2 ? ? 3 -2y?? 3 -y? ? 3?1 + y 2- 3 y + y 2 ? 3

? 2y 2-3 3 y + 3 ? 6y 2- 3 + 3,显然成立. ∴ ①式成立. 当 3 <y ? 2 3 时,? 3 -2y? x 2 ? 0 ? ? 3 -y??2y 2- 3 y + 1?. 3 y?.

故①也成立?∵ 2y 2 + 1 ? 2 2y 2 > 得证.

评注:以 P 为反演点,作反演变换,讨论易得证.

112

99

圆内接四边形 ABCD 内有一点 P 满足∠APD = ∠ABP + ∠DCP.P 在 AB, BC, CD 上射影为 E、F、G.证明△EFG ∽△APD. 证:∵ ∠EFG = ∠EFP + ∠GFP = ∠EBP + ∠GCP = ∠APD,故只需证 AP EF = . PD FG



PB·AC PB·AC AP·PC BP·PD EF PB sin B AP = = ,故只需证 = ? = ? ① FG PD AC BD PC sin C PC·BD PC·BD

∵ ∠APD = ∠ABP + ∠DCP,∴ △ABP 的外接圆与△DCP 外接圆外切于点 P. 作以 P 为反演中心,P 对 ABCD 外接圆的幂为反演幂作反演变换. 则 A, B, C, D 分别变为 A?, B?, C?, D?,且 A?是 AP 与 ABCD 外接圆的交点,B?、C?、D?类似. 因为△ABP、△CDP 外接圆外切于 P.
A D

故用反演性质知 A?B?∥C?D? ? A?B?C?D?为等腰梯形 ? A?C? = B?D?.
E G P B F C

由反演变换距离公式知 |d| |d| A?C? = AC× , B?D? = BD× ?d 为反演幂?. PA·PC PB·PD ∴ ① ? A?C? = B?D?,此式已证明成立,故原题得证.

113

100 设凸四边形 ABCD 外切于⊙O,圆心 O 在对角线 BD 上的射影为 M.求证 BD 平分∠AMC. 证:设⊙O 在 ABCD 四边切点为 A1、B1、C1、D1. 不妨设⊙O 半径为 1,以 O 为原点建立复平面,则⊙O 为单位圆. 令 A1、B1、C1、D1 所代表的复数为 a, b, c, d,则由熟知结论可知 A 2ab 2bc 2cd 2da D= ,A= ,B= ,C= . a+b b+c c+d d+a 注意到过 BD 直线方程为 ??B-?D ?x + B?D = ?B-D??x + ?B D. C1 将 B、D 代入化简得 ?c + d-a-b?x-[ ab?c + d?-cd?a + b?]?x = 2cd-ab ? ① x ?x 又过 O 且垂直于 BD 直线方程为 + = 0. B B-D ?B-?D 将 B、D 代入化简得 ?c + d-a-b?x + [ ab?c + d?-cd?a + b?]?x = 0 ? ② ① + ② cd-ab cd-ab 得 x= ,此即为 M 的复数表示,M = . 2?c + d-a-b? c + d-a-b c + d-a-b 又∵ ∠AMC 被 BD 平分 ? ∠AMD = ∠DMC ? ? ?
A-M B-D B-D C-M

B1

D A1

O

D1

C

?R?

?A-M??C-M? ?A-M??C-M? = ?B-D? 2 ?B-D? 2



将 A、B、C、D、M 代入得 cd-ab cd-ab ? b2bcc -c + d-a-b ?? a2add -c + d-a-b ? + + ?A-M??C-M? = ?B-D? 2 ? a2abb -c2cda ? 2 + + 1 ?a + b??c + d?[ 2bc?c + d-a-b?-?cd-ab??b + c?][ 2ad?c + d-a-b?-?cd-cb??c + d?] 4 ?c + d-a-b? 2 [ ab?c + d?-cd?a + d?] 2 1 ?a + b??c + d?[ 4abcd?c + d-a-b? 2 + ?cd-ab? 2 ?a + d??b + c?-2?c + d-a-b??cd-ab?[ bc?a + d? + ad?b + c?] = ? ③ 4 ?c + d-a-b? 2 [ ab?c + d?cd?a + b?] 2 注意到 1 ?a + b??c + d?[ 4abcd?c + d-a-b? 2 + ?cd-ab? 2 ?a + b??b + c?-2?c + d-a-b??cd-ab??cd-ab?[ bc?a + d? + ad?b + c?] 4 ?c + d-a-b? 2 [ ab?c + d?-cd?a + b? ] 2 = 1 = 4 =
a+b c+d ab cd

[

2 4 [ab?c + d?-cd?a + b?] abcd a2b2c2d2

+

?cd-ab? 2 ?a + d??b + c? 2[ab?c + d?-cd?a + b?] 2 ?ab-cd??a + b + c + d? - a3b3c3d3 a3b3c3d3 2 2 [ab?c + d?-cd?a + b?] ?c + d-a-b? a4b4c4d4

]

?a + b??c + d?{ 4[ab?c + d?-cd?a + b?] 2 + ?cd-ab? 2 ?a + d??b + c?-2[ab?c + d?-cd?a + b?]?ab-cd??a + b + c + d?} ? ④ ?c + d-a-b? 2 [ ab?c + d?-cd?a + b?] 2

比较③④知仅需证 4abcd?c + d-a-b? 2-2?c + d-a-b??cd-ab?[bc?a + d? + ad?b + c?] = 4[ab?c + d?-cd?a + b?] 2-2[ab?c + d?-cd?a + b?]?ab-cd??a + b + c + d? ? 2abcd?c + d? 2 + 2abcd?a + b? 2-4abcd?a + b??c + d? + [ ab?c + d?-cd?a + b?]?ab-cd??a + b + c + d? = 2a 2 b 2 ?c + d? 2 + 2c 2 d 2 ?a + b? 2-4abcd?a + b??c + d? + ?c + d-a-b??cd-ab??abc + abd + bcd + acd? ? 2?ab-cd?[ab?c + d? 2-cd?a + b? 2 ] = ?ab-cd?{[ab?c + d?-cd?a + b?]?a + b + c + d? + ?c + d-a-b?[ab?c + d? + cd?a + b?]} ? 2ab?c + d? 2-2cd?a + b? 2
= ab?c + d??a + b? + ab?c + d? 2-cd?a + b? 2-cd?c + b? + ab?c + d? 2-?a + b?ab?c + d? + cd?a + b??c + d?-cd?a + b? 2

? 2ab?c + d? 2-2cd?a + b? 2 = 2ab?c + d? 2-2cd?a + b? 2,得证.

114

评注:此法所需的算功很高难!

115

101 设 D、E、F 分别是△ABC 内切圆与三边的切点,Q 为过 DE、EF、FD 中点圆圆心,求证△ABC 内心、外心、Q 三点共线. 证: 引理 1:O、I、H 三点共线. 引理 1 的证明:延长 DH、EH、FH 交⊙I 于 X、Y、Z,交 FE、DF、DE 于 M、N、L,连结 XE,则 ∵ H 是△DEF 的垂心,X 在△DEF 外接圆上. ∴ ∠HXE = ∠DFE = ∠MHE.∴ △XEH 是等腰三角形. 考虑到 EM⊥HX 得 XM = MH. 同理 HL = LE, HN = NY.∴ MN∥XY, ML∥XZ, NL∥YZ. ? ∴ ∠HXZ = ∠HML = ∠HEL = -∠EDF ?M、H、L、E 共圆?. 2 ? 同理∠YXM = -∠FDE = ∠HXZ ? ?*? 2 ? 故∠YXZ = ∠YXH + ∠ZXH = 2? -∠FDE? 2 = ?-2??-∠FBD-∠EDC? = -? + ?-B + ?-C = A.
X F


A

M I
● ●

E L Z C

N● Y B D

H●

同理∠XYZ = B, ∠XZY = C.从而△ABC∽△XYZ. ?-2∠YXM ? 注意到 FE 到 XY 的角为 -∠YXM = = ∠FDE,FE 到 AB 的角为∠AFE = ∠FDE. 2 2 故 XY∥AB,从而△ABC 与△XYZ 位似,记位似中心为 K. 注意到?*?中有 HX 平分∠YXZ.同理 HZ 平分∠XZY. 所以 H 是△XYZ 内心.则 H、I 分别是△XYZ、△ABC 内心,I、O 分别是△XYZ、△ABC 外心. 我们有 H、I、K 三点共线,I、O、K 三点共线. 由△ABC 不为正三角形知 I ≠ K,所以 H、O 都在直线 IK 上. 综上所述,H、O、I 三点共线,引理 1 得证.

引理 2:记△DEF 三边中点依次为 D?、E?、F?,记△D?E?F?垂心为 H?,则 H? = I,即 H?为△DEF 外心. 引理 2 的证明:为此,我们只需证 H?E = H?F ? ∠H?ED? = ∠H?FD? ? ?**? ∵ D?F?∥DF, E?H?⊥D?F?,∴ E?H?⊥DF. 同理 H?D?⊥EF,∴ E?、H?、D?、F 共圆. 从而∠H?FD? = ∠H?E?D?. 同理∠H?ED? = ∠H?F?D? = ∠H?E?D? = ∠H?FD?. ∴ ?**?成立,引理 2 得证.
E' D F'


E

H D'

F

回到原题:在引理 2 中,有△DEF 与△D?E?F?位似,记位似中为 K?,则 由于△DEF 垂心为 H,外心为 I,△D?E?F?垂心为 H? = I,外心为 Q. 所以 H、I、K?三点共线,I、Q、K?三点共线.同样由△ABC 不正得到 H、I、Q 三点共线. 结合引理 1 有 H、O、I、Q 四点共线.证毕.
116

评注:此题用反演变换则立刻得解,但这种解法揭示了内在的本质.

117

102 平面上给定三点 A、B、C,动点 D 使 A、B、C、D 共圆,IA、IB、IC、ID 分别是 A、B、C、D 关于△BCD、△ACD、 △ABD、△ABC 西姆松线,当点 D 移动时,求 IA、IB、IC、ID 交点轨迹. 证: 引理:记△ABC 垂心为 H,则 ZA 过 DH 中点,记 AE⊥BC = E,AF⊥CD = F,则 EF 即为 IA. 引理的证明:记 IA 与 DH 交于 G,记∠ACD = ?,△ABC 三内角为 A、B、C,外接圆半径为 R,则 DF = AD cos ∠ADF = AD cos B = 2R sin ? cos B, ∠EFD = ? ? -∠AFE = -C. 2 2
F A D G● H

故△GFD 中,由正弦定理知 GD = DF cos C 2R cos B cos C sin ? = . sin ∠FGD sin ∠FGD

B

E

C

在△EHG 中,EH = 2R cos B cos C, ∠HEA = ∠ACD = ?. 故 GH = 2R cos B cos C sin ? = GD,引理得证. sin ∠FGD

回到原题:由引理知 IA 过 DH 中点,同理 IB 过 DH 中点,IC 过 DH 中点.故 IA、IB、IC 共点. 同理 IB、IC、ID 共点,故 ID 也过 DH 中点. 所以 IA、IB、IC、ID 共于 DH 中点. 又由于 H 是定点,D 是⊙O 上任一点, 故 G 是以 HO 中点为圆心、 R 为半径的圆,其中 O 是△ABC 外心,H 是垂心,R 是外接圆半径. 2

评注:此题可得到一常用结论,P 关于△ABC 的 Simson 线平分 PH,并立得,记圆内接四边形四个三角形垂心为 H1、H2、H3、H4,有 AH1、BH2、CH3、DH4 互相平分.

118

103 四边形 ABCD 中,P 是两条对角线交点,M 是两对对边中点连线的交点,O是两对对角线中垂线的交点,H是△ APD 与△BPC 垂心连的交点.证明 M 是 OH 中点. 证:取 AC 中点 S,BD 中点 T,易得 M 是 TS 中点. 记△APB、△BPC、△CPD、△DPA 垂心分别为 H1、H2、H3、H4. 则 BH1⊥AC, BH2⊥AC,进而有 B、H1、H2 三点共线. 同理 C、H2、H3;A、H1、H4;D、H3、H4 分别三点共线,且 H1H2∥H3H4 ?都垂直于 AC?, H1H4∥H2H3. 故 H1H2H3H4 是平行四边形. 注意到 AH1∥CH3,H 是 H1H3 中点,S 是 AC 中点. 故 SH∥AH4,故 SH⊥BD. 又 OS⊥BD,所以 OS∥HT. 同理 OT∥HS,故 OTHS 是平行四边形. 从而 OH 中点即是 TS 中点为 M,得证.
A H2


D
●H 3

H1 ● P T

● ●

H

● H4 ●

M


S

O

B

C

评注:好多直线!在理清关系后,要对其拥有的性质有所取舍.

119

104 X 是△ABC 中直线 BC 上动点,C 在 B、X 间,△ABX 与△ACX 内切圆交于 P、Q.求证 PQ 过定点. 证: 引理:R、S 是△ABC 内切圆过 AB、BC 的切点,M、N 是 AC、BC 中点,则 RS、MN 与∠A 的内角平分线共点. 引理的证明:设 RS 与∠A 内角平分线交于 P,MN 与其交于 Q,则 ?+B ∠ARP = ?-∠BRS = , AR = s-a ?s 是半周长?. 2 ∴ AP sin
?+B 2
A

=

AB sin ?
?+B 2

+

A 2

?

? AP =

?s-a? cos cos
C 2

B 2



M




R


N

而 AQ = 2AM cos

A A = a cos = AP,故 P、Q 重合.引理得证. 2 2

B

C U T

●●





V

X

回到原题:取△ABC,BC 边的中位线 l,设 PQ 交 l 于 R,PQ 交 BC 于 T. △ABX 内切圆与 AX、BX 的切点连线交 l 于 M,交 BX 于 U,△ACX 内切圆与 AX、BX 的切点连线交 l 于 N,BX 于 V,则 CM、TR、VN 都垂直于∠X 平分线,它们互相平行. 又 TU 2 = TQ·TR = TV 2,故 TU = TV. 从而 T 是 UV 中点,所以 R 是 MN 中点. 注意到 M 也是∠B 平分线与 l 的交点?由引理?,故 M 为定点. 同理 N 是定点,从而 R 是定点,得证.
S B N P (Q ) C R A

M

评注:引理较牵强,应有更自然的解法.

120

105 圆心为 O1 和 O2 的两个半径相等的圆相交于 P、 两点, 是公共弦 PQ 的中点, P 任作两条割线 AB 和 CD ?AB、 Q D 过 CD 均不与 PQ 重合?,点 A、C 在圆 O1 上,点 B、D 在圆 O2 上,连结 AD 和 BC,点 M、N 分别是 AD、BC 中点.已 知 O1 和 O2 不在两圆的公共部分内,点 M、N 均不与点 O 重合.求证 M、N、O 三点共线. 分析:等圆、中点这些条件在直角坐标系中是极易刻画的.特别是参数方程,使我们不必找出点 P、Q. → 证:以 O 为原点, OO2 为 x 轴正方向建立直角坐标系. 不妨设⊙O1, ⊙O2 的半径均为 1. 设∠OO2P = θ, ∠BO2x = ?1, ∠DO2x = ?2,则 B?cos θ + cos ?1, sin ?1?、D?cos θ + cos ?2, sin ?2?. 又∠QO2B = 2∠QPB = ∠QO1A,∴ ∠AO1O = ?-2θ + ?1. ∴ A?cos ??-2θ + ?1?-cos θ, sin ??-2θ + ?1??. 同理 C?cos ??-2θ + ?2?-cos θ, sin ??-2θ + ?2??. ∴ M? cos ??-2θ + ?1? + cos ?2 sin ??-2θ + ?1? + sin ?2 , ?. 2 2
?-2θ + ?1 + ?2 2 ?-2θ + ?1 + ?2 2

y A C O1● P● ● N O
● ●

M

D B

O2

x

Q

sin sin ??-2θ + ?1? + sin ?2 ∴ kOM = = cos ??-2θ + ?1? + cos ?2 cos 同理 kON = tan
?-2θ + ?1 + ?2 2

cos cos

?-2θ + ?1-?2 2 ?-2θ + ?1-?2 2

= tan

?-2θ + ?1 + ?2 2



,故 kOM = kON,从而 O、N、M 三点共线.

评注:这里的解析法,既无需计算?仅用了一次和差化积?,又对思维无什么要求,可以说相当基本.当然,这里设 坐标系,巧用参数方程还是很重要的.

121

106 在△ABC 中,D 是 BC 边上的一点,设 O1、O2 分别是△ABD、△ACD 的外心,O?是经过 A、O1、O2 三点的圆的圆 心.求证 O?D⊥BC ? AD 恰好经过△ABC 的九点圆心. 证:连 AO1、BO1、AO2、CO2,作 AB、AC 垂直平分线交于点 O. ∵ ∠AO2C = 2∠ADB = ∠AO1B, AO1 = BO1, AO2 = CO2, ∴ △AO1B∽△AO2C.∴ △AO1O2∽△ABC. 1 1 ∴ ∠AO1O = 180?- ∠AO1B = 180?- ∠AO2C = 180?-∠AO2O. 2 2 故 O 在⊙O?上,O 是△ABC 的外心,故△AO?O∽△AO1B. 又∠ADB = ∠1, ∠O1AB = ∠O?AO = ∠O?OA. ∴ O?D⊥BC ? ∠BAO1 = ∠ADO? ? ∠ADO? = ∠O?DA ? A、O?、O、D 共圆 ? ∠AO?O = 180?-∠ADO = ∠ADB + ∠ODC ? ∠ADB = ∠ODC ?∵ ∠AO?O = 2∠ADB ? 如图,设 OH 与 AD 交于点 K,作 BC 中垂线 OM,交 AD 延长线于点 M,OM 与 BC 交于点 L. 由∠ADB = ∠ODC ? DL = LM ? OM = 2OL = AH ? △AKH≌△MKO ? OK = KH ? K 为九点圆心 ? AD 经过△ABC 的九点圆心. 综上所述,命题得证.
B L D M O H C A
B D C O1 ●
● ● ●

A

O'
● O2

O

评注:众多的位似旋转构成了许多美妙的性质.

122

107 设锐角△ABC 的外接圆为?,过点 B、C 作?的两条切线,相交于点 P,连 AP 交 BC 于点 D,点 E、F 分别在边 AC、 AB 上,使得 DE∥BA, DF∥CA.?1? 求证 F、B、C、E 四点共圆;?2? 若记过 F、B、C、E 的圆的圆心为 A1,类似 地定义 B1、C1,则 AA1、BB1、CC1 三线共点. 证:?1? S△ABP AB·BP sin ∠ABP AB sin ∠ACB BD AB 2 = = = = . CD AC 2 S△ACP AC·CP sin ∠ACP AC sin∠ABC
F B D A

AB 2·AC 2 CD 故 AF·AB = AB 2· = = AE·AC. BC AB 2 + AC 2 故 F、B、C、E 四点共圆.
A

E C

P

?2? 如图,设按条件定义如得的 CA、AB 上点分别为 J、K AI AB AK AC ?即 = = ? 2 , JC BC KB BC 2 则 AK BD CJ AC 2 AB 2 BC 2 = = 1. KB DC JA BC 2 AC 2 AB 2
B
2 2

X2 K X3 ● G X4 D

X1 J X6 X5 C

由塞瓦定理知 AD、BC、CA 共点,设为 G. 过点 G 作 AB、BC、CA 平行线 X1X4、X3X6、X2X5. 由?1?所证知 X1、X2、X3、X6;X2、X3、X4、X5;X1、X6、X5、X4 分别共圆. ∴ ∠X4X3X6 = 180?-∠BX3X4 = ∠AX3X6 = 180?-∠BX5X2-∠AX3X6 = ∠BX2X5 = ∠BAC = ∠X4X1C. 故 X3、X4、X6、X1 四点共圆,则 X1、X2、X3、X4、X5、X6 共圆,设圆心为 O. 由于⊙A1 与⊙O 的位似中心为 A,故 AA1 过 O. 同理 BB1、CC1 也过 O,故 AA1、BB1、CC1 三线共点.得证

123

108 一条直线 l 与具有圆心 O 的圆?不相交,E 是 l 上的点,OE⊥l,M 是 l 上不同于 E 的点,从 M 作 w 的两条切线切 ?于点 A 和 B, 是 MA 的点, C 使得 EC 垂直于 MA, 是 MB 上的点, D 使得 ED 垂直于 MB, 直线 CD 交 OE 于 F. 求 证点F的位置不依赖于点 M 的位置. 分析:这种题目计算是必须的,利用三角函数来计算是个基本的想法. 证:作 CP1⊥l = P1, DP2∥l = P2,则 EF = P2E P1E ·P1C- ·DP2. P 1P 2 P1P2
F A E P
1

P M 2 D

l

C

设 EM 长为 x, EO 长为 m,⊙O 半径为 r,令? = ∠EMA, ? = ∠EMB,则 P1C = x sin ? cos ?, P1E = x sin ?, P2E = x sin ?, P2D = x sin ? cos ?,
2 2

O B

P1P2 = P2E-P1E = x?sin 2 ?-sin 2 ??. 故 EF = x 2 sin 2 ? sin ? cos ?-x 2 sin 2 ? sin ? cos ? x sin ? sin ? sin ??-?? = x?sin ? + sin ???sin ?-sin ?? ?sin ? + sin ???sin ?-sin ?? x sin ? sin ?·2 sin = 2 sin
?+? 2 ?-? 2 ?-? 2 ?-? ?+? sin 2 2

cos

cos

?-? 2

·2 sin

=

x sin ? sin ? ? ① sin ?? + ??

另一方面,如图,延长 MB、EO 交于点 Q. 由 EQ = x tan ?, OQ = r r , EQ-OQ = EO 知 x tan ?- = m. cos ? cos ?
E m O r
β

故 x sin ?-r = m cos ? ? ② 同理 x sin ? + r = m cos ? ? ③ 联立②③得 2 cos cos ? + cos ? x= m= sin ? + sin ? 2 sin
?+? 2 ?+? 2

x
β

M

B

cos cos

?-? 2 ?-? 2 ?-?

cos m= sin

?+? 2 ?+? 2

m,

Q

+ -2 sin ? 2 ? cos 2 -sin ?? + ?? r= m= ?-? + sin ? + sin ? 2 sin ? 2 ? cos 2

m.

代入①得 cos EF = sin
?+? 2 ?+? 2

sin ? sin ?
?+? 2

·2 sin

cos

?+? 2

1 -2 [ cos ??-??-cos ?? + ??] sin ? sin ? m= m= m + cos ?? + ??-1 2 sin 2 ? 2 ? ?-? 2 ?+? 2

2 m cos ??-??-1 m sin = - [ -1] = - ? 2 cos ?? + ??-1 2 sin 2

-1? = -

m 2-r 2 m r2 [ 2 -1] = 为定值. 2 m 2m

综上所述,命题得证.

124

109 H 为△ABC 垂心,AH 2 + BH 2 + CH 2 = 7,AH·BH·CH = 3,求当△ABC 有最大面积时各边的长. 解:设△ABC 三内角分别为 A、B、C,外接圆半径为 R,则熟知 AH = 2R cos A, BH = 2R cos B, CH = 2R cos C. ∴ 7 = AH 2 + BH 2 + CH 2 = 4R 2 ?cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C? ? ① 3 = AH·BH·CH = 8R 3 cos A cos B cos C ? ② 由 cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2 cos A cos B cos C = cos 2 A + cos 2 B + cos C ?cos C + 2 cos A cos B? = cos 2 A + cos 2 B + ?sin A sin B-cos A cos B??sin A sin B + cos A cos B? ?∵ cos C =-cos ?A + B? = sin A sin B-cos A cos B? = cos 2 A + cos 2 B + sin 2 A sin 2 B-cos 2 A cos 2 B = cos 2 A ?1-cos 2 B? + sin 2 A sin 2 B + cos 2 B = cos 2 A sin 2 B + sin 2 A sin 2 B + cos 2 B = sin 2 B + cos 2 B = 1. 将①②代入上式有 ∵ R > 0,∴ R = 7 3 + = 1 ? 4R 3-7R-3 = 0 ? ?R + 1??2R + 1??2R-3? = 0. 4R 2 8R 3 3 7 1 .从而 cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = , cos A cos B cos C = . 2 9 9 1 . 4

设 t = cos 2 A,不妨设 A 是△ABC 中最小内角,则 t ? cos 2 60? = ∴ S△ABC = =

1 ∑AH·BH sin C = 2R 2 ∑cos A cos B sin C = R 2 ∑?cos A cos B sin C + cos A sin B cos C? 2 9 9 9 ∑cso A sin A = ∑sin 2A = sin A sin B sin C. 4 8 2

故令 k = sin 2 A sin 2 B sin 2 C,则 S△ABC 最大 ? k 最大. 而 k = sin 2 A ?1-cos 2 B??1-cos 2 C? = sin 2 A ?1-?cos 2 B + cos 2 C? + cos 2 B cos 2 C? = ?1-t??1-? 7 1 17 7 1 -t? + ?= + t+ -t 2. 9 81t 81 9 81t
1 3

2? 7 1 记 k = f ?t?,则 f ? ?t? = -2t- 2 = 9 81t 由t?[

-t??t-1 ??t + 6 t
2

1 9

?



1 1 1 1 1 , 1]知 f ? ?t?在 [ , ] 上不小于 0,在 [ , 1] 上不大于 0,故 f ?t?在 t = 时有最大值. 4 4 3 3 3
2 2 ? cos B + cos C = 3 ,此时 ? 3 3 ? cos B cos C = 9

∴ cos A =

4 9

? cos B = ? ? ? cos C =

1 3 3 3

? cos B = 或 ? ? cos C =

3 3 1 3



? cos B = 不妨设 ? ? cos C =

1 3 3 3

,则 sin A = sin C =

6 2 2 , sin B = . 3 3 6 , 6 ,2 2 .

故此时△ABC 三边长为 2R sin A, 2R sin B, 2R sin C,即

评注:这实际上是代数问题,涉及到三角恒等变形与最值的求法?函数法?.

125

110 △ABC 内切圆与 BC 切于 K,AD 是 BC 边上的高,M 为 AD 中点,MK 与△ABC 内切圆交于 K、N.求证△BNC 外 接圆与△ABC 内切圆切于 N. 证:设△ABC 关于∠BAC 的旁切圆为⊙IA,半径为 rA,△ABC 内心为 I,⊙I 半径为 r,⊙IA 切 BC 于 T,KI 交⊙I 于 K、S,则 ∵ IAT rA AIA = = ,IAT∥IS ?均垂直于 BC?,∴ A、S、T 共线. IS r AI
S● A

∵ I 为 SK 中点,M 为 AD 中点,SK∥AD,∴ T、I、M 共线. MI AS IS IK ∵ = = = , IK∥IAT,∴ M、K、IA 三点共线. MT AT TIA IAT 设⊙I 关于点 K、N 切线交于 Q,则 QI⊥NK. 设 QI 交 NK 于 R,则 ∵ IB 平分∠ABC,IAB 平分∠ABC 外角,∴ ∠IBIA = 90?. 又∵ ∠IRIA = 90?,∴ I、B、IA、R 共圆. 同理 I、R、C、IA 共圆,∴ I、B、IA、C、R 共圆. ∴ QB·QC = QR·QI. ∵ IQ⊥KN, IK⊥KQ,∴ QR·QI = QK . ∴ QB·QC = QK 2 = QN 2,∴ △BNC 外接圆有切线 QN. 又 QN 为⊙I 切线,∴ △BNC 外接圆与△ABC 内切圆切于 N,证毕.
2
IA B T

N


M I● R


K D

C

Q

评注:找准点、线关系,化复杂为简单.

126

111 已知△ABC 内一点 P, D、 F 分别为 P 在 BC、 设 E、 CA、 上投影, AB 假设 AP 2 + PD 2 = BP 2 + PE 2 = CP 2 + PF 2. 设 △ABC 的三个旁心分别为 IA、IB、IC.求证 P 是△IAIBIC 的外心. 证:设△ABC 三边长为 a, b, c, ∵ AP 2 + PD 2 = BP 2 + PE 2,∴ AP 2-PE 2 = BP 2-PD 2. ∴ AE 2 = BD 2,∴ AE = BD,同理 BF = CD, AF = CD. 故可设 x = CE = BF, y = AF = CD, z = AE = BD. ∴ a = y + z, b = z + x, c = x + y. ∴ x= b + c-a a-b + c a + b-c ,y= ,z= . 2 2 2
C


IA

故当△ABC 确定时,D、E、F 确定,进而 P 点确定. 故由同一法只需证△IAIBIC 外心 O 满足 CD = AF, BD = AE, BF = CE 即可. ∵ AIA 平分∠CAB, IBIC 是∠BAC 外角平分线,∴ IAA⊥IBIC. ? ∴ A、B、C 是△IAIBIC 三高的垂足,则∠CIAO = -∠IAICIB. 2 由 ICC⊥IBC, IBB⊥ICB,∴ IB、IC、B、C 共圆. ∴ ∠IACB = ∠IAICIB. ∴ ∠CIAO + ∠IACB = ? ? -∠IAICIB + ∠IAICIB = . 2 2
IB D B


E ●● ( ) P O F

A

IC

∴ IAO⊥BC,我们令 IAO 与 CB 交于 D?,同理定出 E?、F?. 设∠IBIAIC = ?, ∠IAIBIC = ?, ∠IAICIB = ?,则 CD? = IAC cos ? = IAIC cos ? cos ?. 同理 AF? = IAC cos ? = IAIC cos ? cos ? = CD?, AE? = BD?, CE? = BF?. 故由同一法有 D = D?, E = E?, F = F?, P = O. ∴ P 为△IAIBIC 外心.证毕. 评注:注意同一法证题的技巧.

127

112 平面内两个等边三角形 ABC 和 KLM 的边长分别是 1 和 的距离和.试求当∑取最大值时,△KLM 的位置.

1 ,△KLM 在△ABC 内部.记∑表示 A 到 KL、LM、MK 4
A

解:首先分两种情况将△KLM 在∑不减的情况下平移到两点在△ABC 两边上. ?1? 当 A 在∠KLM 内部或边界上时, ∵ KL 的延长线交△ABC 边界于 AC 或 BC,ML 的延长线交△ABC 边界于 AB 或 BC. 若 KL、ML 的延长线都不与△ABC 边界交于 BC,
A

M L B L' M' C

则 ML 与 AB 交于 M?,KL 与 AC 交于 K?.
K M L M' C

则 60? = ∠KLM = ∠K?LM? > ∠A = 60?矛盾! ∴ KL、ML 延长线至少有一个与△ABC 边界交于 BC,设 KL 交 BC 于 L?. 将 KLM 延长 LL?平移到 K?L?M?,则 A 到 LM、KM 距离增加到 KL 距离不 当△KLM 有一点在 BC 上时,? = ∠KLB, ? = ∠MLC. 不妨设 ? ? ?,这时将△KLM 向左平移,A 到 KM 距离有减. A 到 KL 距离增加 LL? sin ?,A 到 ML 距离至多减少 LL? sin ?.
B K' A

K' B

变.

K
● M' α β

M C

∵ ? ? ?, ? + ? < 180?,∴ LL? sin ?-LL? sin ? ? 0. 故 ∑不减少,且这时∠K?L?B = ? ? 60?.

L'

L

A
A

?2? 当 A 在 LK 延长线与 MK 延长线所形成的夹中,考虑到 BC 距离最短的 点.
B

K K' L L' M M' C
B L

K M C

不妨设为 L,则 KL 交△ABC 边界于 BC 上 L?. 否则,设 KL 交△ABC 边界于 AB,则直线 KL 与直线 BC 夹角小于 60?. ∴ KL 交△ABC 边界于 BC 上 L?,将△KLM 平移到△K?L?M?可知∑不减. 当 KLM 有一点在 BC 上时,设 L 在 BC 上,设 KM 交 BC 于 M0?. 设∠KIM0 = ?, ∠KM0L = ?,则 KM? ? KM = KL = sin ? ? sin ?. 将△KLM 平移到△K?L?M?使 M?在 AC 边上,则
B K' K
α

A

M
β

M' M0 C

L

L'

A 到 KL 的距离增加 LL? sin ?,A 到 KM 的距离至多减少 LL? sin ?,A 到 LM 距离增加. ∵ sin ? ? sin ?,∴ ∑不减. ?3? 当△KLM 有一点在 BC 上,另一点在 AB 或 AC 上时,不妨设 K 在 AB 上,L 在 BC 上 ?K 在 AC 上完全相同?. 设∠KLB = ?,现在按 A、B 是否在 ML 同侧分类: ?a? 当 A、B 在 ML 同侧时, 1 1 · ∑ = S△AKL + S△AKM + S△AML = 2S△AKM + S△KML. 2 4 ? ∵ ∠AKM = ?- -∠BKL = ?, 3
B A

K

α

M
α

L

C

128

∴ S△BKM =

1 1 1 AK·KM sin ? = ?1-BK?· sin ?. 2 2 4

129

BK KL sin ? 而 = ? BK = = sin ? sin 60? 4 sin 60? ∴ 8S△AKM = ?1-

3 sin 2 ? . 6

3 sin ? 3 sin 2 ? ? sin ? = sin ?- . 6 6 3 x 2 ? f ?1?. 6 3 1 1 3 3 1 3 3 ? ?2= - + = - - . 4 4 4 24 64 4 96 64

∵ sin ? ? [0, 1] 在 [0, 1] 上二次函数 f ?x? = x- 这时需要 ? = 90?,此时 1 1 3 ∑ = ?1- ?+ 8 4 6

?b? 当 A、B 在 ML 两侧时, 1 1 3 · ∑ = S△AKM + S△AML + S△AKL = 2 S△AKL-S△KML = 2 S△AKL- . 2 4 64 现证 2 S△AKL- ∵ 2S△AKL = 当 sin ? > 3 1 3 3 ? - - : 64 4 96 64
K B
α

A

M
α + 60°

1 1 3 ?1-BK? sin ?? + 60?? = ?1- sin ? ? sin ?? + 60??. 4 4 6

L

C

1 1 3 1 3 时,2 S△AKL < ?1- ?·1 = - ; 4 4 24 4 96 1 时, 4 3 1 3 sin ? cos ?? ? ?1- sin ??? + 2 4 6 2 3 ? 2

当 sin ? ? 2 S△AKL = = ? ∵

1 3 sin ? ?1- sin ? ?? + 4 6 2 1 ? 4 1 ? 4

3 1 3 1 + sin ?- sin 2 ? ? ? ? 2 4 2 4

3 1 3 + sin ?- sin 2 ? ? 2 4 2 3 ?. 2

3 1 1 3 1 1 3 1 1 1 + × - ? ? 2 ? = ?1- · ?? · + 2 4 4 2 4 4 6 4 2 4 3 1 3 < 1 即 2S△AKL < ?1- ?. 2 4 96

3 7 1 1 < ,∴ · + 2 8 2 4

当 ? = 90?时 ∑取最大值,证毕.

130

113 设圆 S1 和圆 S2 相交于 A、B 两点,经过 A 的直线交圆 S1 于 C,交圆 S2 于 D,点 M、N、K 分别在线段 CD、BC、 BD 上,且 MN∥BD, MK∥BC,分别过 N、K 作 BC、BD 的垂线,分别交圆 S1、圆 S2 于 E、F,且 E、A 在直线 BC 的异侧,F、A 在直线 BD 的异侧.证明∠EMF = 90?. 证:设 FK 交 S2 于另一点 T,设⊙S1 半径为 r1, ⊙S2 半径为 r2,则∠BAC = ∠BFD. 故 2r1 sin ∠BAC BC r1 = = . BD r2 2r2 sin ∠BFD
C A

T M D


设 S1 圆心为 O1、S2 圆心为 O2,则△BO1C∽△BO2D,且 ∠BO1C NE = r1 cos + 2 同理 KT = r2 cos ∵ ∴ r1 -?
2

NC-NB 2

?

2

. ?2 .
E

O1

N K B F

∠BO2D + 2

r22-?

BK-KD 2

CN CM BK BC r1 = = ,又 = , NB MD KD BD r2 NC NB r1 = = BK KD r2 ? NE r1 = . KT r2

BC NE NC KB 在△BCE 和△DBT 中, = 且 = . BD KT NB KD ∴ △BCE∽△DKF ? ∠CBE = ∠BDT = ∠BFT = ∠BFK. 又∠ENB = ∠BDT = ∴ ? ,∴ △ENB∽△BKF. 2

NE BK NE MN = ? = ? ① NB KF MK KF

且∠MNE = ∠MNB + ∠BNE = ∠MKB + ∠BKF = ∠MKF ? ② ①②得 △ENM∽△MKF. ∴ ∠EMF = ∠NMK-∠NME-∠FMK = ∠NMK-∠KFM-∠FMK ? = ∠NMK-∠TKM = ∠NMK-??-∠MKB- ? 2 = ∠NMK + ∠MKB-? + ∴ ∠EMF = 90?.得证 ? ? = . 2 2

131

114 已知△ABC,点 X 是直线 BC 上的动点,且点 C 在点 B、X 之间,又△ABX、△ACX 的内切圆有两个不同的交点 P、 Q.证明 PQ 经过一个不依赖于 X 的定点. 证:过 A 作 AD⊥BC = D,以 D 为原点、DA 为 y 轴建立坐标系. 设 D?0, 0?、A?0, 2?、B?b, 0?、C?c, 0?、X?x, 0?. 设两个内切圆分别切 BC 于 S、T.
y

∵ PQ 是两内切圆的根轴, M 为 ST 中点, 在 AX 上使 XN = XM. 设 N 则 MS = MT,M 在两圆根轴上.同理 N 在两圆根轴上. ∴ 直线 PQ 就是直线 MN,设∠NMX = ∠MNX = θ. 则直线 MN 的斜率为 tan θ,即 2 tan 1-tan
∠AXD 2 2 ∠AXD 2

A

N Q● Y


1 tan
∠AXD 2


B D S

P● M C T X x



= tan ∠AXD = x 2 + 4 -x . 2

2 , x

∴ tan

∠AXD = 2

直线 MN 与直线 y = 1 的交点 Y 的横坐标为 DM +

1 kMN

= OM + tan

∠AXD . 2

1 1 1 1 AB + AC ∴ DM = DX-XM = x- ?2AX + BX + CX-AB-AC? = x- ·2 x 2 + 4 - ?x-b?- ?x-c? + . 4 4 4 4 4 ∴ Y 的横坐标为 x- x2+4 x b + c + AB + AC - + + 2 2 4 b+c+ b2+4 + 4 x 2 + 4 -x b + c + AB + AC b+c+ = = 2 4 , 1?,命题得证. b2+4 + 4 c2+4 .

∴ PQ 恒经过点?

c2+4

132

115 凸四边形的四个角分别为 2?, 2?, 2?, 2?,四条边分别为 l, m, n, k.求证它的面积 S ?l + n-m-k? 2 ?l + m + n + k? 2 - . 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 4?tan ? + tan ? + tan ? + tan ?? ?l + m + n + k? 2 证:先证明对圆外切四边形,S = . 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 事实上,当外切圆半径为 r 时, l = r cot ? + r cot ?, m = r cot ? + r cot ?, n = r cot ? + r cot ?, k = r cot ? + r cot ?. ∴ l + m + n + k = 2r?cot ? + cot ? + cot ? + cot ??. 又 S= 1 m + n + k + l 2r?cot ? + cos ? + cot ? + cot ?? ?l + m + n + k? 2 r?m + n + k + l? = = . 2 2 2?cot ? + cot ? + cot ? + cos ?? 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ??
B A α K r δ D N r L r r γ C
β

=

M

对于任意四边形 ABCD,在 AD、BC 上可分别取 A0、B0,使得 A0DCB0 为圆外切四边形. 作位似变换将 CDA0B0 变为 CD?A?B?,使 A?B?C?D?与 ABCD 周长相等. 在 AD 上取点 E 使 AD?DE 为平行四边形.在 AB 延长线上取点 F 使 A?B?BF 为平行四边形. 这时,∠FAE = ?-2?, ∠AFA? = ?-2?, ∠FA?E = ?-2?, ∠AEA? = ?-2?, AF = BF-AB = A?B?-AB, A?E = CD?-CD, A?F = BC-B?C, AE = AD-ED = AD-A?D? ∴ AF + A?E = A?B? + CD?-AB-CD = BC + AD-A?D-B?C = A?F + AE. ∴ 四边形 A?EAF 为圆外切四边形. 设 A?B?CD?的内切圆半径为 r1,A?EAF 的内切圆半径为 r2,则 1 SA?B?BF = A?B?·A?F sin 2? 2 = r1?cot ? + cot ??·r2?tan ? + tan ?? sin ? cos ? sin ?? + ?? sin ?? + ?? = r1· ·r2· sin ? cos ? sin ? sin ? cos ? cos ? sin ?? + ?? sin ?? + ?? = r1r2· , sin ? cos ? SA?D?DE = 1 A?D?·A?E sin 2? 2
D' F A' B A
2α 2β

B' B0

E A0



2r

D

C

= r1 ?cot ? + cot ??·r2·?tan ? + tan ?? sin ? cos ? sin ?? + ?? sin ?? + ?? sin ?? + ?? sin ?? + ?? = r1· ·r2· sin ? cos ? = r1r2· . sin ? sin ? cos ? cos ? sin ? cos ? ∵ ? + ? + ? + ? = ?,∴ sin ?? + ?? = sin ?? + ??, sin ?? + ?? = sin ?? + ??. ∴ SA?B?BF = SA?D?DE. ∴ S = SABCD = SA?B?C?D? + SA?B?BF-SA?D?DE-SA?EAF = SA?B?C?D?-SA?EAF. ∵ AF + A?E + A?F + AE = A?B? + CD?-AB-CD + BC + AD-A?D-B?C = BC + AD-AB-CD = m + k-l-n. ∴ S= = ?l + m + n + k? 2 - 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 4?cot ?
2

?m + k-l-n? 2
? 2

-?? + cot ?

? 2
2

-?? + cot ?

? 2

-?? + cot ?

? 2

-???

?l + n-m-k? ?l + m + n + k? - . 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 4?tan ? + tan ? + tan ? + tan ??
133

116 设⊙O1 与⊙O2 交于 P、Q 两点,过点 P 任作两条直线 APB 和 CPD,其中点 A、C 在⊙O1 上,点 B、D 在⊙O2 上, M、N 分别是 AD、BC 中点,O 为 O1O2 中点,∠APC = θ 为锐角.设 h 为点 O 到 MN 的距离,K 为 PQ 中点.求 证 h = OK cos θ. 证:∵ ∠CO1Q = 2∠CPQ = ∠DO2Q, ∠AO1Q = 2∠APQ = ∠BO2Q, ∴ ∠CQD = ∠AQB = ∠O1QO2,∴ △CO1Q∽△DO2Q. ∴ QC QO1 QA QO1 = .同理 = . QD QO2 QB QO2

取 CD 中点 T,AB 中点 S,则 QT QO QS = = 且∠CQT = ∠O1QO = ∠AQS. QC QO1 QA 这说明以 Q 的位似旋转中心作变换 S?Q, QO1 , ∠O1QO2?,将 T 变为 C,O 变为 O1,S 变为 A. QD

∴ △CO1A∽△TOS,设 TS 中点为 V,易知 V 同时是 MN 中点. ∴ △COA∽△TOS ? ∠TOS = ∠CO1A = 2θ 且 OT = OS. ∵ OC QO1 = ?位似旋转比?, OT QO
A T


D M P ●


∴ OT = QO, OT = OS, ∠TOS = 2θ. ∴ ∠TOV = θ ? OV = OT cos θ = QO cos θ 且 OV⊥ST.
C

V S




B

N O O2

QA 在位似旋转变换 S?Q, , ∠O1QO2?下, 直线 OB 变为直线 CA. QB ∴ ∠?DB, CA? = ∠O1QO2. ? ∵ MS∥DB, NS∥CA,∴ ∠MSN = ∠?DB, CA? = ∠O1QO2. ? MS 又 = SN
1 2 1 2

O1

K

Q

DB CA =

1 2 1 2

2O2B sin θ O2B QO2 = = . O1A QO1 2O1A sin θ

∴ △MSN∽△O2QO1 ? ∠SVN = ∠QOO1. ∴ h = OP sin ∠OVN = OP cos ∠SVN = OP cos ∠QOO1 = OQ cos θ cos ∠QOO1 = OQ cos ∠QOO1 cos θ = OK cos θ.

134

117 在 △ ABC 和 △ A?B?C? 中 , ∠ A ? ∠ B ? ∠ C , ∠ A? ? ∠ B? ? ∠ C? . 求 证 12 . aa? + bb? + cc? 证:由 A ? B ? C, A? ? B? ? C?可知

1 1 1 + + ? haha? tbtb? mcmc?

a ? b ? c, a? ? b? ? c?, ha ? hb ? tb ? tc ? mc, ha? ? hb? ? tb? ? tc? ? mc?. 由切比雪夫不等式知 aa? + bb? + cc? ? 1 ?a + b + c??a? + b? + c??, 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ? ? + + ?? + + ?. 3 ha tb mc haha? tbtb? mcmc? ha? tb? m c? 只需证 1 1 1 1 ? + + ??a + b + c? ? 3 ha tb mc 12 即可.

由柯栖不等式知 故只需证 ? ta +

1 1 1 9 + + ? . ha tb mc ha + tb + mc 3 ?a + b + c? ? ta + tb + mc ? 2 3 ?2a + c?. 4 3 ?a + b + c? 2

3?a + b + c? ? 2 3 ? ha + tb + mc ? ha + tb + mc 3 1 ?2b + c?及 tb + mc ? 4 2 3 ?2b + c?: 4

1 m ? 2 c 1 m ? 2 c ac

下证 ta +

此式 ? 2 2

?a + c? 2-2b 2 + ?a + c? 2a 2 + 2b 2-c 2 ?

3 ?2a + c??a + c?

? [ 8ac + ?a + c? 2 ][?a + c? 2 + 2a 2-c 2 ] ? 3?2a + c? 2 ?a + c? 2 ? ?a-c? 2 ? 0,显然成立. 同理 tb + 1 m ? 2 c 3 ?2a + c?. 4

综上所述,原不等式成立.

135

118 在△ABC 的三边中点 D、E、F 向内切圆引切线,设所引的切线分别与 EF、FD、DE 交于 I、L、M.求证 I、L、 M 三点共线. S△DEI DE sin ∠EDI EI 证: = = . FI S△DFI DF sin ∠FDI 记△ABC 的三边长度为 a, b, c,三内角分别为 ?, ?, ?,记∠ODC = θ1, ∠OEA = θ2, ∠OFB = θ3,则 ∠EDI = 180?-∠BDI-∠EDC = 2θ1-?, ∠FDI = ∠BDF-∠BDI = ?-?180?-2θ1? = 2θ1 + ?-180?. 故 sin ?2θ1-?? c sin ?2θ1-?? EI c = = - . FI b sin ?2θ1 + ?-180?? b sin ?2θ1 + ??
A

I

F

EI FL DM 为证 I、L、M 共线,只需证 = 1. FI DL EM c sin ?2θ1-?? a sin ?2θ2-?? b sin ?2θ3-?? 即 [- ][ - ][- ]=1 b sin ?2θ1 + ?? c sin ?2θ2 + ?? a sin ?2θ3 + ?? 即 sin ?2θ1-?? sin ?2θ2-?? sin ?2θ3-?? = -1 ? ?*? sin ?2θ1 + ?? sin ?2θ2 + ?? sin ?2θ3 + ?? 2r 2r 2r , tan θ2 = , tan θ3 = . c-b a-c b-a
B

● ● ●

●E ●

O D
●●

C

记△ABC 内径为 r,则 tan θ1 = 又 c = r?cot tan θ1 =

? ? ? ? ? ? + cot ?, b = r?cot + cot ?, a = r?cot + cot ?可得 2 2 2 2 2 2
? 2

cot

2 -cot

? 2

, tan θ2 =

cot

? 2

2 -cot

? 2

, tan θ3 =

tan

? 2

2 -tan

? 2


cos 2 cot cos 2 cot
? 2 ? 2

?*?式 ?

cot ?-cot 2θ1 cot ?-cot 2θ2 cot ?-cot 2θ3 = -1 ? ∏ cot 2 θ -1 cot ? + cot 2θ1 cot ? + cot 2θ2 cot ?-cot 2θ3 1 + cot θ1
? 2 ? 2

cot 2 θ1-1 cot θ1



-1
? 2

-1
? 2

=1
? 2 ? 2

?cot 2 θ1-1? cot ? ∏ ?cot 2 θ1-1? cot ? ∏ cot cot 2
? 2 ? 2

-?cot 2 + ?cot +2

? 2 2 ? 2

=1? ∏ -1? cot θ1 ?cot θ1 cot
? 2

-1? cot θ1

?cot θ1 cot

? 2 ? 2

+ 1??cot θ1-cot -1??cot θ1 + cot
? 2 ? 2

? ?

= 1

-cot
? 2

? 2

cot

cot

-cot

? 2 2 ? 2

cot ? + cot 2 ∏ cos ? + cot ? 2 2 -2
2

= 1 ? ∏ cot

cot 2

? 2 2 ? 2

-cot -cot

cos cot

? 2 ? 2

+2 +2 = 1.

展开整理,上式等价于 ∑ cot 综上所述,原题结论成立.

A A = ∏cot ,成立. 2 2

136

119 给定双心四边形 ABCD 外接圆⊙O 及内心 I,并给定 A 点?在⊙O 上?,求作 B、C、D 三点. 解:作法如下,延长 AI 交⊙O 于 M,过 M 作直径 MN.连结并延长 NI 交⊙O 于 C,连结 AC,延长 OI 交 AC 于 P, 过 P 作弦 BD⊥MN,则 B、C、D 即为所求. 证明:首先,定义“反射弦” :⊙O 内的一条弦?如 AC?的两个顶点分别作过 I 的弦?如 D AM、CN?,新作出的两个点连成的弦?弦 MN?称为?AC 的?反射弦. C P● 证明分两步进行: A I ● ?1? 双心四边形必满足?a? 对角线的反射弦是直径;?b? 对角线交点 P 与 O、I 共线;?c? N ● M O 对角线 BD 与 C 的反射弦 MN 垂直. ?a? 由 I 是内心知 AI 平分∠BAD,CI 平分∠BCD. 1 设 AC 的反射弦为 MN,则 ∠BAM + ∠NCB = ?∠BAD + ∠BCD? = 90?. B 2 ⌒ 即 MN 度数为 90?,即 MN 是直径. ?b? 事实上,可以证明任意直径的反射弦都过 OI 上定点 P?由?a?知 AC 和 BD 均为直径的反射弦?. 即证,任意直径的反射弦与 OI 交于 P,IP 为定长. 设直径 MN 的反射弦为 AB.由张角公式得 P sin ?? + ?? sin ? sin ? sin ?? + ?? sin ? sin ? B A = + , = + . IP BI AI IN IM sin OI α β M sin ? sin ? + sin ? + sin ? O N IN IM IN IM IP 两式相加得 = sin ? sin ? = IN sin ? + IM sin ? OI + AI BI R 2-OI 2 IM sin ? + IN sin ? = ?R 2-OI 2 ?· IM·IN 2 sin ? + IN·IM 2 sin ? 2S△MID 2 = ?R 2-OI 2 ?· 2 ?IM sin ? = IN sin ? = ? IN + IM 2 ID 2 2 R -OI 1 1 = 2 ?中线长公式 OI 2 = LM 2 + IN 2-R 2 ?. R + OI 2 2 2 故结论?b?成立. ⌒ ⌒ ?c? 由 I 为内心,∠BAI = ∠DAI,故 BM = DM . D ⌒ ⌒ Y 同理 BN = DN ,所以 BD⊥MN. W ● ● ?2? 按上述作法作出的四边形为双心四边形,即需证 I 是内心. C A 首先,由?1?中?b?的证明可知直径的反射弦均过 P. ●I N 由同一法易得过 P 的弦的反射弦必为直径. ● M ● O Z● X 于是 AC、BD 的反射弦均为直径. ⌒ ⌒ 而 AC 的反射弦 MN 是直径 ? BM + BN = 90? ? ∠BAI + ∠BCI = 90?. ⌒ ⌒ B 同理∠ADI + ∠ABI = 90?.又 BD⊥MN 可知 DM = BM . ∴ ∠BAI = ∠DAI, ∠DCI = ∠BCI. 只需再证 DI 平分∠ADC,BO 平分∠ABC 即可. 过 I 作 IX、IY、IZ、IW 分别与 AB、BC、CD、DA 垂直. 则 IX = IY, IW = IZ. 由∠ADI + ∠ABI = 90?知△DZI∽△IWB. BI 2-IW 2 BI 2-IZ 2 IZ BW ∴ = = = . ID BI BI BI ID 2·IB 2 ID 2 + IB 2 2 ∴ IZ 2 = . 2 2 .同理 IY = ID + IB ID 2 + IB 2 ∴ IZ = IY,即 DI 平分∠ADC.同理 BI 平分∠ABC. ∴ I 是内心,即作出的四边形确为双心四边形. 综合?1?、?2?可知,满足条件?给定⊙O,I 及 A?的双心四边形存在且唯一.上述作法能作出此四边形.

137

120 已知△ABC 的三边分别交⊙O 于 X、X?、Y、Y?、Z、Z?.若△AYZ、△BXZ、△CXY 的外接圆交于一点 M,△AY?Z?、 △BX?Z?、△CY?Z?的外接圆交于一点 M?.求证 OM = OM?. 证:设 M 的等角共轭点为 M1,在 BC、AC、AB 上分别取点 X1、Y1、Z1 使 ∠M1X1B = ∠M1Y1C = ∠M1Z1A = ∠MXC = ∠MYA = ∠MZB. ∴ A、Y1、Z1M 四点共圆. ∴ ∠AZ1Y1 = ∠AM1Y1 = ∠M1Y1C-∠M1AC = ∠MZB-∠MAB = ∠AMZ = ∠AYZ. ∴ Y1、Y、Z1、Z 四点共圆?1. 同理可得 Y、X1、X、Y1 共圆?2;X1、X、Z1、Z 共圆?3. ∴ 若?1 ≠ ?2,则?3 ≠ ?1, ?2,与三圆根轴交于一点,矛盾! 故?1 = ?2 = ?3,X、X1、Y、Y1、Z、Z1 共圆,则 X1 = X?, Y1 = Y?, Z1 = Z?. 设 MX∩M?X? = X0, MY∩M?Y? = Y0, MZ∩M?Z? = Z0,则 M、M?、X0、Y0、Z0 三点共圆?∵ ∠XX0X? = ∠YY0Y? = ∠ZZ0Z??. 又∠OX0M? = ∠OY0M? ?∵ OX0⊥XX?, OY0⊥YY??. ∴ O、M、M?、X0、Y0、Z0 共圆. 而∠OM?M = ∠OX0M = ∠OMM?,故 OM = OM?.
Z' B X Y0 M'

● ● ●

A Z
θ

Y1
θ

M1 Z1 B
θ θ



O M
θ θ

Y C

X

X1

A Z Y'

Z ● 0

●M

X0 X'

Y C

138

121 设 H 为△ABC 的垂心,D、E、F 为△ABC 的外接圆上三点,使 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. 证: 引理:ABC 外接圆⊙O 与它的九点圆⊙V 关于△ABC 的垂心 H 位似,且位似比为 1 . 2

引理的证明:设 AH、BH、CH 分别交边 BC、CA、AB 于 O、E、F,交⊙O 于 D?、E?、F?. 易知 HD = HD?, HE = HE?, HF = HF?.
A

1 ∴ △D?E?F?与△DEF 关于 H 位似,位似比为 . 2 ∴ △D?E?F?外接圆与△DEF 外接圆关于 H 位似, 1 即⊙O 与⊙V 关于 H 位似,位似比为 . 2
B

F' F●


E'
●E

H C

D



D'

回到原题:设 AB、BC、CA 中点分别为 X、Y、Z,过 D 作 DP∥BC,交⊙O 于 P,设 PH 中点为 W. 易知 SD

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