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平面几何试题精选


01

凸四边形 ABCD 的对角线交于点 M,点 P、Q 分别是△AMD 和△CMB 重心,R、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. 02 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 sin ∠BAP sin ∠BAP? = ? ① ? AP 与 sin ∠CAP sin ∠CAP?
W B Y S A
●P

X D R


M
●Q

Z C

AP?重合. 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.
A
α (β )

B

P ( P'' )

C

回到原题:为了看得清,我们画两张图表示,过 A 作 AQ⊥OH = Q.
A

sin ∠1 sin ∠3 我们证明 AP 与 AQ 重合:由引理只需证 = ? ① sin ∠2 sin ∠4 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

M E P F N

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 G Q H 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 EM.

B

C

sin ∠3 OM sin ∠OMH = ,其中 MO sin ∠OMH = OM cos ∠OME = 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

综合②③知①式成立,故 AP⊥OH,证毕.

03

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?. 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' H 又 D 与 S 关于 BC 对称,故四边形 DHA?S 关于 BC 对称. ● 故 DHA?S 必为等腰梯形.四边形 HFUC?与 HTEB?同理亦然. B● ∴ HS = A?D, HU = C?F, HT = B?E, ∠SHA? = ∠HA?D. U ⌒ ⌒ ⌒ 记 CE 所对圆周角为 ?,由 AD∥BE, DE = AB 知 ⌒ ⌒ ⌒ DE 所对角为∠C, AC 所对角为∠B, CE 所对角为 ?. ⌒ ∴ AD 所对角为 B-C-?. ∴ ∠SHA? = ∠HA?D = B-C-? ? ① ∠UHC? = ∠HC?F = ∠CC?F = 1 ⌒ ⌒ 1 ⌒ ⌒ ?BC -BF ? = ?BC -CE ? = A-?, 2 2
F A'

D B'

E


T

C

S

∠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: ∠UHS = ∠B, ∠SHT = ∠C, sin ?90?-B + ?? HT sin ?90?-C-?? HU = , = . 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-?. ∴ 由正弦定理知 sin ∠WXY sin ?90?-C-?? WY HT = = = . WX HS sin ∠XYW sin ?90? + ??
Z W Y

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. 04 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 ?

∴ ∠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 1 的位似变换之积. 2 sin ?

→ AO = ?-cos ?, -sin ?? 对应复数为-cos ?-i sin ?,则 AO?对应复数为 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? k=

cos ? sin ? + 2 sin ? , ?.设 NiE 斜率为 k,则 2 2 ? = sin ? sin ? = -tan ?. cos ? sin ?-sin ?? + ??

sin ? + 2 sin ? -sin 2 cos ? sin ?? + ?? - 2 sin ? 2

又∵ ∠ADC = ?-?,∴ AD 斜率亦为-tan ?,故 AD 与 BiE 平行,证毕.

05

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 BC EA - 的值. TC EB

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. 又由于我们已知∠BCP? = ∠ADB = 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 1 ∠C. 2
B P (P' ) E N T C A

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.

06

△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. 易得 AO = R, AI = r , AD = c cos A = 2R sin C cos A, AE = 2R sin B cos A, sin A 2
A

A ∠EAI = ∠IAD = , ∠GAO = 90?-C, ∠OAC = 90?-B. 2 由 AF + FC = b, AF c bc bc = 解得 AF = .同理可得 AG = . FC a a+c a+b
E O
● ●

G

F I D H


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
B

C

? bc sin A = R [?a + b? cos B + ?a + c? cos C ] ?利用正弦定理? ? 2 sin A sin B sin C = ?sin A + sin B? cos B + ? sin A + sin C? cos C ? 2 sin A sin B sin C = sin A ?cos B + cos C? + sin B cos B + sin C cos C 利用 sin B cos B + sin C cos C = 1 ? sin 2B + sin 2C? = sin ?B + C? cos ?B-C? = sin A cos 2

?B-C?消去 sin A 得 2 sin B sin C = cos B + cos C + cos ?B-C?. 再对左边积化和差有 cos ?B-C?-cos ?B + C? = cos B + cos C + cos ?B-C? ? cos A = cos B + cos C ? ?*? 另一方面,D、I、E 三点共线 ? ? sin ∠EAI sin ∠DAI sin A = + AI AD AE sin A
r sin
A 2

=

sin

A 2

2R cos A sin B

+

sin

A 2

2R cos A sin C



消去 sin

A 2

、去分母有 r ?sin B + sin C? = 2R sin A sin B sin C cos A. 1 r ?a + b + c?, 2

又 S = 2R 2 sin A sin B sin C = ∴

2R sin A sin B sin C a+b+c = = sin A + sin B + sin C ?正弦定理?. r 2R A B cos 2 2

故 sin B + sin C = ?sin A + sin B + sin C ? cos A. 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 cos C 有 2 2 cos B-C A A B C cos = 4 cos cos cos cos A. 2 2 2 2 2

消去 2 cos cos

A B C 再对 cos cos 积化和差有 2 2 2

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

? 2 cos ? 2 cos

故 D、I、E 三点共线 ? cos A = cos B + cos C ? G、O、F 三点共线. ∴ D、I、E 共线 ? G、O、F 三点共线,证毕. 07 △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. 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 C

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

∴ ∠FO2O1 = ∠EO2F-∠O1O2E,∴ ∠FO2O1 = ∴ ① ? ②

1 ∠B-∠O1O2E. 2

B-A B-A A B = -∠O1O2E ? ∠O1O2E = ? tan ∠EO2O1 = tan ? 2 2 2 2

记 O1H = rA, O2i = rB ,∵ ∠ ADC = 90? ,由直角三角形内心性质知 rA = DH = AD + DC-AC . 2 同理 rB = BD + CD-BC rA-rB AD-BD + BC-AC O 1E , 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. 代 入 有 2 sin
B-A 2

tan -cos

∠ EO2O1
B+A 2

=

sin B cos A-sin A cos B + sin A-sin B 2 sin B sin A + sin ?A + B?-sin A-sin B

=

?cos

B-A 2

?

2 sin B sin A + sin C-sin A-sin B



∴ ② ?

sin cos

B-A 2 B-A 2

=

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 cos . 2 2 利用 2 sin A sin B = cos ?B-A?-cos ?A + B? = cos ?B-A? + cos C, 2 cos 2 -A? + 1, 2 cos B-A B+A cos = cos A + cos B. 2 2 B-A = cos ?B 2 B-A 可约去,得 2 sin A sin B + sin C-sin A-sin B = 2 cos 2 2

三式代入化简得 ③ ? cos A + cos B + cos C = 1 + sin A + sin B-sin C. 而由三角形内熟知恒等式 cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin 1-sin A + sin B-sin C = 1 + 2 sin A B C sin sin 得 2 2 2

A-B A+B A+B C cos -2 sin sin = 1 + 2 cos 2 2 2 2

A-B C A+B A B C ?cos -cos ? = 1 + 4 sin sin cos . 2 2 2 2 2 2 结合两方面知 ③ ? sin C C = cos ? ∠C = 90?. 2 2

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. 08 △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. 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?.
A C P

Q




D

R

B

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.

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. ∴ 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. 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
B B' O


A

J I X

●A 0

C'

D' P D H

C

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 ID sin ∠D?ID = cos ∠DIX ID + cos ∠D?ID sin ∠DIX ID sin ∠D?ID = cos ∠DIX ID +

sin ∠DIO . D?D ∴ cos ∠DIX cos ∠DIX 1 1 1 = + sin ∠ DIO · ? + ? = + sin ∠ IX ID DH ID DD?

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

A0H sin ∠DIO?. DH ∵ OP∥ID,∴ cos ∠DIX = cos ∠POX, sin ∠DIO = sin ∠POX. ∴ 括号中乘一个 OI,括号外除一个 OI 得

1 1 A 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 2 DH

注意到 OI、ID = r 皆为对称的值.故我们仅须证 OP + MA?.

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

?c-b??c + b-a? , 2a DD? = BC-?BD? + CD? = a-?a + b-c? = c-b. 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 B-C A B+C A cos -2 cos cos 2 2 2 2 B-C A B+C A B C ?cos -cos ? = 2 cos sin sin , 2 2 2 2 2 2

故 MA = R?cos A +

sin B + sin C-sin A = 2 cos = 2 cos sin A sin B sin C = 8 sin

A B C A B C sin sin cos cos cos . 2 2 2 2 2 2

代入有 MA = MB = MC 等价于 cos A + 2 sin A B cos . 2 2 其中 cos A + 2 sin 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 A B C B A C C cos cos = cos B + 2 sin cos cos = cos C + 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 2

? cos A-cos B = 2 cos

G C P D


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.
F

E O


B

A Q

即 A0D、B0E、C0F、OI 四线共点,证毕.

评注:此解法计算复杂,但思路清晰. 09 已知△ABC,过点 B、C 的⊙O 与 AC、AB 分别交于点 D、E,BD 与 CE 交于 F,直线 OF 与△ABC 外接圆交于 P.证明,△PBD 的内心就是△PCE 的内心. 证: 引理 1:四边形 ABCD 内接于⊙O,对角线 AC、BD 交于 E,直线 BA、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?. 过 F 作⊙O 切线 FP、PQ 切⊙O 于 P、Q. ∵ △FPA∽△FBP,∴ AP FA FA = = . PB FP FB
P A D F

AP 2 FA PQ 2 FD ∴ ? ? = .同理 ? ? = . PB FB QC FC 由△FAD∽△FCB 知 ? 上面三式相乘得 BC 2 FB·FC ? = . AD FD·FA
C

O B

AP PQ BC = 1. PB QC AD

∴ BD、AC、PQ 三线共点. 又由 E 在 PQ 上知 → → → → → → → → → 2 DE · DF = ? OR + RE ?· OF = OR · OF + RE · OF = r . → → → → → → → → → ∴ OE · FG = OE ·? OG - OF ? = OE · OG - OE · OF = 0. 引理 2:四边形 ABCD 内接于⊙O,直线 BA、CD 交于 F,△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 PA 是定值. PR
P

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
O

B

A

∴ ?

下证原题: 设 CD、DE 交于 Q,QA 交△ABC 外接圆于一点 P? ?异于点 A?. ∵ QP?·QA = QR·QC = QE·QD, ∴ P?、E、D、A 四点共圆. 由引理 3 知 OP?⊥QA. 由引理 2 知 OF⊥QA. ∴ O、F、P?三点共线.∴ P 与 P?重合. 设 OF 与⊙O 交于 I,由引理 4 知 PB PI = . BF IF

A

P' I E F


D

O

C

B

∴ BI 平分∠PBF.同理 PI 平分∠PDF. Q ∴ I 是△PBD 的内心.同理 I 也是△PCE 的内心. 故命题得证. 评注:此解法稍繁,可思考令 OF·FP? = CF·FE 的同一法. 10 设 A、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.
F X

∴ ∠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

D ● G E

A

H M

B

Z



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. 11 凸四边形 ABCD 的一组对边 BA 和 CD 的延长线交于 M,且 AP 不平行于 BC,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 + . 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. 12
B L A

1 1 + = MH ML

M

H H' L' C O P

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
F A

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

Q

E

AP m+1 AP m+1 = ,从而 = . PD mn AD mn + m + 1
B D C

BD CA EP 又对直线 APD 截△BCE 有 = 1. DC AE PB ∵ 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?



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?

1
mn m+1

+1

=

3+

2mn m+1

= 3-2 2 .

∴ PQ ≤ ?3-2 2 ?AP. 当 13 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.

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: 设 D 为锐角△ABC 内一点, 求证 DA· DB· AB + DB· DC· BC

+ DC·DA·CA ≥ AB·BC·CA,并且等号当且仅当 D 为△ABC 垂心时才成立. 证明如下:作 ED ∥ BC, FA ∥ ED,则 BCDE 和 ADEF 均为平行四边形. 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. 14
E B D C F A

□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.
T N M L● E● P A D F


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. 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. 评注:本题运用了对称的想法,是一道好题. 15
O

C

Q

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.
P

则 O、B、D、K0 共圆,∴ ∠DK0?R = ∠OBR. 同理 A、O、C、K 共圆,∴ ∠AK0R = ∠ACD. ∴ ∠AK0D = ∠ACO-∠DBO = ∠BAD-∠ABC = ∠APD. ∴ A、D、K0、P 四点共圆,且 ∠OK0P = ∠DK0P + ∠DK0O = ∠BAD + ∠OBD = 同理∠DK0Q = ? . 2
B O● A D K



R C Q

? ,故 P、K0、Q 共线,从而 K0 = K. 2

∴ 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. 16 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 ● O ●
●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. 回到原题:
B

A1

F1 C

E

Z

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. 评注:本题只需熟悉基本图形后便迎刃而解. 17 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.
E M1 M l1 l2
● ●

R

Y2 Y1 ω1 X

ω


X2 ● ●X

1

Y

G●


N
●H

O

m

K

A F

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
2

RF = RH = RG, RE·RF = ka , RN = ka· RA? = a + k-1 k+1 a= a. 2 2

2k k+1

k

=

2k a, k+1
E

R

G


∴ RN·RA? = ka 2 = RE· RF.
F

N A' H

故 E、F、N、A?四点共圆,△NEF 的外接圆过点 A?.

评注:此题较有难度,要深入分析. 18 △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. 评注:基本图形的深入命题,注意角的转换.
B C' H A' C A
●A

P A ●O A

H

B'
●O

K ●

19

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. 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. 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
N● B P


A

M●


●Q

H C

K

D G

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. 20 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
B
2 2 2


G A P M O1 D E●● N Q
● O2

K
F

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 AE·AF . CE·CF 同理 BR2 r2 BE·BF = . DR2 r1 DE·DF
2

=

r2 r1

AR1 BR2 r2 ∴ = ? ? CR1 DR2 r1 EP·FP 2 ? = 1. EQ·FQ ∴

EA·EB·FA·FB r2 = ? ? r1 EC·ED·FC·FD

2

r1 r2 r2 r1

1 EP 2·r ·FP 2 r2

·EQ 2

r2 r1

·FQ 2

= ?

r1 ? r2

2

?

AR1 DR2 AR1 DR2 = , = . CR1 BR2 AC DB AR DR AR1 DR2 = ,∴ = . AC DB AR DR

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.

21

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 = ?.∴ PF∥BO 知 ∠PFD = ?. 2

由对应角相等可得 △AFD∽△QOE, △PFD∽△COE. ∴ AP QC = . PD CE QC QS = . CE SD
F A

由于 CS∥DE 知

R( S ) B D●
● ●

AP QS 于是 = ,因此 PS∥AQ. PD SD 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. 22
P

O

●C ●

E

T

Q

⌒ △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
S C A



I

N B T

A'

M

Ia

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. 23 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
C 2r cos B + 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 C

设 EI∩OH = D2, FI∩OH = D3,则同理可得

HD2 HD3 r = = . D2O OD3 R

D



●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. 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.

K

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 P2I 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.

24

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 2 2 2 2 2
B C

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

A D

∴ |AB-CD|-|AC-BD| = 4 | sin cos ? . 2 ∵ 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 ?-? ?-? ?-θ ?+? cos | = 4 sin cos , 2 2 2 2
A

D

? -θ ?+θ |AD-BC| = 4 | sin | cos , 2 2 |AC-BD| = 4 | sin ?-? ?+? | cos ?θ + ?. 2 2
B

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- 2 2 2 2 2

而 | BD|.

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.

25

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 ? u? 1 1 1 1 1 1 - ? + v? - ? + w? - ? = 0 ? ③ b c c a b a B+C , 2

A1 A
●●

A ● 2 B0


O● B

●H

C2

C C1

设∠B0A0C0 = A, ∠B0C0A0 = C, ∠C0B0A0 = B, ∠BAC = ∠ABC = A+C A+B , ∠ACB = . 2 2 A B C = x, tan = y, tan = z,则 2 2 2

A0

设⊙O 半径为 r,tan xy + yz + zx = 1,

1 1 A x 1 y 1 z = tan = , = , = . a r 2 r b r c r

B1

易证 O、C1、C、H 四点共圆, ∴ ∠OC1C = ?-∠OHC, cot ∠OC1C = -cot ∠OHC, 2r cos r
A+B 2

=

sin ?180?-∠OCH-∠OHC? CH = 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

cot ∠OHC =

同理可求得 cot ∠OB1B = ∴ u?

1 1 1 1 1 1 - ? + v? - ? + w ? - ? b c c a b a

= r? =r

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. ③得证,从而 A2、B2、C2 三点共线.得证. 26 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, 3 ?. 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?

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

1+

y -1- x 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? 2 2 2 ≥ 1 - x +y2 ? 3 -y? -x ?-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 ,∴ x 2 ≤ . 3 3

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

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

27

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

BP·PD ? ① 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. 故用反演性质知 A?B?∥C?D? ? A?B?C?D?为等腰梯形 ? A?C? = B?D?. 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. 28 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 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. 将 B、D 代入化简得 ?c + d-a-b?x-[ ab?c + d?-cd?a + b?]?x = 2cd-ab ? ① 又过 O 且垂直于 BD 直线方程为 x ?x + = 0. B-D ?B-?D
B C1 O A B1 D A1
B E P F C

A

D

G

D1

C

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

? R ?

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

. 将

A 、 B 、 C 、 D 、 M ?

代 入 得

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

?

2bc b+c

-c + d-a-b ?? ?

cd-ab

cd-ab 2ad -c + d-a-b a+d 2ab cd -c2+ ?2 a+b a

= =

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 4

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

? ③ 注意到 1 4
a+b c+d ab cd

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

1 4 ]

+

?cd-ab? 2 ?a + d??b + c? 2[ab?c + d?-cd?a + b?] 2 ?ab-cd??a + b + c + d? - 3 3 3 3 a b c d a3b3c3d3 [ab?c + d?-cd?a + b?] 2 ?c + d-a-b? 2 a4b4c4d4

= 错误!? ④ 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.

评注:此法所需的算功很高难!


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