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 MX= 13=MQMY．∴XY∥PQ．故欲证原命题，只需证XY⊥RS，这等价于SY2－SX2 = RY2－RX2．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SY2 = SB2 + BY2 = BY2 + (SW2－WB2 ) = BY2－WB2 + SA2 + WA2…①SX2 = SA2 + XA2…②①－②得SY2－SX2 = BY2－WB2 + WA2－XA2…③同理得RY2 = YC2－ZC2 + RD2 + DA2, RX2 = DX2 + RD2．故RY2－RX2 = YC2－ZC2 + DZ2－DX2…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SY2－SX2 = RY2－RX2．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 = α, ∠BAP' = β，则sin∠BAPsin∠CAP=sin∠BAP'sin∠CAP'…①⇒AP与●●●ABCDPQMRXYZSWAP '重合．引理的证明：事实上，①式即sin αsin (A －α) = sin βsin (A －β) ⇔ sin (A －α)sin α = sin (A －β)sin β⇔ sin A cot α－sin A = sin A cot β－cos A ⇔ α = β． 即AP 与AP '重合．引理得证．回到原题：为了看得清，我们画两张图表示，过A 作AQ ⊥OH = Q ．我们证明AP 与AQ 重合：由引理只需证sin ∠1sin ∠2 = sin ∠3sin ∠4… ① 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 AP = sin ∠1AF + sin ∠2AE． 综合上二式有 (1AP －1AN ) sin ∠1 = ( 1AM －1AE ) sin ∠2 ⇔ sin ∠1sin ∠2 = AF ·AN AM ·AE EM NF． 又易有M 、B 、C 、N 四点共圆．∴ AM ·AB = AN ·AC ，即 2AM ·AE = 2 AN ·AF ． ∴ sin ∠1sin ∠2 = EM NF … ②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 sin ∠3 = OH sin ∠OMH , BO sin ∠4 = OH sin ∠OBH． 两式相除有sin ∠3sin ∠4 = OM sin ∠OMHOB sin ∠OBN，其中MO sin ∠OMH = OM cos ∠OME = EM ． 过O 作OG ⊥BN = G ，由∠OGN = ∠GNF = ∠NFO = 90︒知OGNF 为矩形． ∴ OG = NF , OB sin ∠OBN = OG = NF ． ∴sin ∠3sin ∠4= EMNF … ③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 、( )( )ABP P''CαβAP CM NEFABCM N E FHQ G O 34U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'．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．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．∴HS = A'D, HU = C'F, HT = B'E, ∠SHA' = ∠HA'D．记⌒CE所对圆周角为α，由AD∥BE,⌒DE=⌒AB知⌒DE所对角为∠C, ⌒AC所对角为∠B,⌒CE所对角为α．∴⌒AD所对角为B－C－α．∴∠SHA' = ∠HA'D = B－C－α…①∠UHC' = ∠HC'F = ∠CC'F = 12(⌒BC－⌒BF) =12(⌒BC－⌒CE) = A－α,∠AHC' = 180︒－∠C'HA' = B．∴∠UHA' = 180︒－(∠C'HU + ∠AHC') = C + α…②同理可得∠THA' = B－α…③①+ ②得∠UHS = ∠B；①－③得∠SHT = ∠C．又⌒A'D=⌒A'B+⌒AB+⌒AD= 2(90︒－B + C + B－C－α) = 2(90︒－α)．∴A'D = 2R sin(90︒－α)．∴HS = 2R sin(90︒－α)．同理可计算出C'F = 2R sin(90︒－B + α), BE' = 2R sin(90︒－C－α)．从而HU = 2R sin(90︒－B + α), HT = 2R sin(90︒－C－α)．由此有HS : HU : HT = sin(90︒－α) : sin(90︒－B + α) : sin(90︒－C－α)．综上我们得出了一些关于四边形HUST的性质：∠UHS = ∠B, ∠SHT = ∠C, HUHS=sin(90︒－B + α)sin(90︒－α),HTHS=sin(90︒－C－α)sin(90︒－α)．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 + α, ∠YZW2 = 90︒－C－α．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︒…(*)∠XYW = ∠XYZ + ∠ZYW = ∠B + 90︒－B + α = 90︒ + α,∠WXY = ∠WZY = 90︒－C－α．∴由正弦定理知WYWX=sin∠WXYsin∠XYW=sin(90︒－C－α)sin(90︒ + α)=HTHS．又∠YWX = ∠YZX = ∠C = ∠THS，∴△WZX∽△HTS．●ABCDEFC'B'H●●A'TUXYZW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O 1、O 2分别是△ABD 、△ACD 外心，O '是经过A 、O 1、O 2三点的圆的圆心，记△ABC 的九点圆圆心为N i ，作O 'E ⊥BC = E ．求证N i E ∥AD ．证：以△ABC 外接圆圆心为原点建立复平面，设其半径为1． 设A (cos α, sin α)、B (－cos β, sin β)、C (cos β, sin β)，∠ADB = γ． 由正弦定理知AB AO 1 = 2 sin γ = AC AO 2且∠BAO 1 = ∠CAO 2． ∴ ∠O 1AO 2 = ∠BAC ，从而△AO 1O 2∽△ABC 且相似比为12 sin γ． 由∠BAO 1 = 90︒－γ 知△ABC 变换为△AO 1O 2为一个绕A 逆时针旋转90︒－γ 及以A 为中心位似比为12 sin γ的位似变换之积． → AO = (－cos α, －sin α) 对应复数为－cos α－i sin α，则AO '对应复数为 (－cos α－i sin α)·12 sin γ (cos (90︒－γ) + i sin (90︒－γ) ) = A ' (记为)．则A ' = －12 sin γ[ sin (γ－α) + i cos (γ－α) ]．∵ O ' = A + A '，∴ O '的横坐标即为－sin (γ－α)2 sin γ + cos α = sin (α + γ)2 sin γ ．∴ E 点坐标为(sin (α + γ)2 sin γ, sin β)．又由九点圆性质，设O 为外心，G 为重心，则N i O OG = 32且N i 与O 在G 异侧． 设G 为G 点对应复数，N i 为N i 点对应复数，则N i = 32 G = 32 (A + B + C )．于是N i 坐标为(cos α2 , sin α + 2 sin β2)．设N i E 斜率为k ，则 k =sin α + 2 sin β2－sin βcos α2 －sin (α + γ)2 sin γ=sin α sin γcos α sin γ－sin (α + γ)= －tan γ．又∵ ∠ADC = π－γ，∴ AD 斜率亦为－tan γ，故AD 与B i E 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●12●ACE N O O Di O'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 TC －EAEB的值． 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 = 12 ∠C ．∴ 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 = 12 ∠C ．故只须证 CP 'BD = BCAD … ①注意到P 'C ∥BD ，故CP 'BD = CTBT ． 又CD = BC ，故 ① ⇔CT BT = CDAD… ② 对直线NTD 截△ABC 运用梅涅劳斯定理有 BT CT CD DA ANNB= 1． ∵ N 为AB 中点，∴ AH = NB ⇒CT BT = CDAD，②得证． 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 TC －EA EB = 2，对ACD 截△BTN 有 BC EB TD DN NAAB= 1． ∵ N 为AB 中点，∴BC TC = 2DN TD = 2 + 2NTTD． ∵ CP 平分∠ACB ，∴EA EB = AC CB ，我们证明 2NT TD = ACCB 即可． ∵ CD = BC ，∴ 只须证2NT TD CDAC= 1． 对BTC 截△AND 运用梅氏定理有 DC CA AB BN NT TD = 1，即 2NT TD CD AC = 1．故 BC TC －EA EB= 2． 综上所述，所求 BC YC －EAEB= 2．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．AB C P E NDTP'( )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 =rsin A2, AD = c cos A = 2R sin C cos A, AE = 2R sin B cos A, ∠EAI = ∠IAD = A2, ∠GAO = 90︒－C, ∠OAC = 90︒－B．由AF + FC = b, AFFC=ca解得AF =bca + c．同理可得AG =bca + b．由张角定理知，G、O、F三点共线⇔sin AAO=sin∠GAOAF+sin∠OACAG⇔sin AR=cos Bbca + b+cos Cbca + 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 = 12(sin 2B + sin 2C) = sin(B + C)cos(B－C) = sin A cos(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 AAI=sin∠EAIAD+sin∠DAIAE⇔sin Arsin A2=sin A22R cos A sin B+sin A22R cos A sin C．消去sin A2、去分母有r(sin B + sin C) = 2R sin A sin B sin C cos A．又S = 2R2sin A sin B sin C = 12r(a + b + c)，∴2R sin A sin B sin Cr=a +b + c2R= sin A + sin B + sin C(正弦定理)．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 A2cosB2cos C2有2 cosA2cosB－C2= 4 cosA2cosB2cosC2cos A．●●●AB CDEFHGIO消去2 cos A2再对cosB2cosC2积化和差有cos B－C2= (cosB－C2+ cosB + C2)cos A⇔cosB－C2(1－cos A) = sinA2cos A⇔ 2 cos B－C2sin2A2cos A⇔ 2 cosB－C2sinA2= cos A⇔ 2 cos B－C2cosB + C2= cos A⇔cos B + cos C = cos A(积化和差)．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 = 12∠A, ∠O2BA =12∠B．故A、B、O1、O2四点共圆⇔∠BAO1 = ∠FO2O1…①∵O2E∥AB，∴∠FO2E = 12∠B．∴∠FO2O1 = ∠EO2F－∠O1O2E，∴∠FO2O1 = 12∠B－∠O1O2E．∴①⇔A2=B2－∠O1O2E⇔∠O1O2E=B－A2⇔tan∠EO2O1= tanB－A2…②记O1H= r A, O2i= r B，∵∠ADC= 90︒，由直角三角形内心性质知r A= DH= AD + DC－AC2．同理r B = BD + CD－BC2, tan∠EO2O1 =O1EHI=r A－r Br A + r B=AD－BD + BC－AC2CD + 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tan∠EO2O1= sin B cos A－sin A cos B + sin A－sin B2 sin B sin A + sin(A + B)－sin A－sin B=2 sin B－A2(cos B－A2－cos B + A2)2 sin B sin A + sin C－sin A－sin B ．12ACEFHOO∴②⇔sin B－A2cos B－A2=2 sin B－A2( cos B－A2－cos B + A2)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－A2可约去，得2 sin A sin B + sin C－sin A－sin B = 2 cos2B－A2cos B + A 2．利用 2 sin A sin B = cos(B－A)－cos(A + B) = cos(B－A) + cos C, 2 cos2B－A2= cos(B－A) + 1, 2 cos B－A2cosB + A2= cos A + cos B．三式代入化简得③⇔cos A + cos B + cos C = 1 + sin A + sin B－sin C．而由三角形内熟知恒等式cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin A2sinB2sinC2得1－sin A + sin B－sin C = 1 + 2 sin A + B2cosA－B2－2 sinA + B2sinC2= 1 + 2 cosC2(cos A－B2－cosA + B2) = 1 + 4 sinA2sinB2cosC2．结合两方面知③⇔sin C2= cosC2⇔∠C = 90︒．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)．引理1的证明：△PCD与△P AB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．●●A BC DPQR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∠AIDIX= sin∠A0IOID+sin∠DIOIA0．∴1IX=sin∠A0IOID sin∠D'ID+sin∠DIOIA0sin∠D'ID．由ID∥A0H知IA0 = DHDD'·ID'，而ID'DD'=1sin∠D'ID代入得1IX=sin∠AIOID sin∠D'ID+sin∠DIODH．又sin∠AID = sin∠D'IX = sin(∠D'ID + ∠DIX)．∴sin∠AIOID sin∠D'ID=cos∠DIXID+cos∠D'ID sin∠DIXID sin∠D'ID=cos∠DIXID+sin∠DIOD'D．∴1IX=cos∠DIXID+ sin∠DIO·(1DH+1DD')=cos∠DIXID+ sin∠DIO·D'HDH·DD'．由D'HDD'=A0HID代入有1IX=cos∠DIXID+A0HDH·IDsin∠DIO=1ID(cos∠DIX+A0HDH sin∠DIO)．∵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1IX=1ID·OI(OQ +A0HDH·IQ)，其中QO = OP－ID, IQ = PD =12DD'(引理2知)．●●AB CDPOC'B'JHID'AX∴1IX=1ID·OI(OP +12DD'DH·A0H)－1OI．注意到OI、ID = r皆为对称的值．故我们仅须证OP + 12DD'DH·A0H为对称的值(记为M A)．记∠BAC = A, ∠ABC = B, ∠ACB = C，AC = c, AC = b, BC = a，外接圆半径为R，则OP = R cos A, CD = a + b－c2, BD' =a + b－c2, CH = b cos C, A0H =12AH =12b sin C= R sin B sin C．∴DH= CD－CH= a + b－c2－b cos C=a + b－c2－a2 + b2－c22a=(c－b)(c + b－a)2a,DD' = BC－(BD' + CD) = a－(a + b－c) = c－b．故12DD'DH·A0H =ab + c－a·R sin B sin C．故M A = R(cos A +sin A sin B sin Csin B + sin C－sin A)，其中sin B + sin C－sin A = 2 cos A2cosB－C2－2 cosB + C2cosA2= 2 cos A2(cosB－C2－cosB + C2) = 2 cosA2sinB2sinC2,sin A sin B sin C = 8 sin A2sinB2sinC2cosA2cosB2cosC2．代入有M A = M B = M C等价于cos A + 2 sin A2cosB2cosC2= cos B + 2 sinB2cosA2cosC2= cos C + 2 sinC2cosA2cos B 2．其中cos A + 2 sin A2cosB2cosC2= cos B + 2 sinB2cosA2cosC2⇔cos A－cos B = 2 cos C2(sinB2cosA2－sinA2cosB2)⇔cos A cos B = 2 sin A + B2sinB－A2，此式显然成立．故M A = M B．同理M B = M C, M A = M C．∴M A = M B = M C⇔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．●●ABCDEFGOPQ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 ． ∵ △FP A ∽△FBP ，∴ AP PB = F A FP = F AFB． ∴ (AP PB ) 2 = F A FB ．同理 ( PQ QC ) 2 = FDFC． 由△F AD ∽△FCB 知 ( BC AD ) 2 = FB ·FC FD ·F A ．上面三式相乘得AP PB PQ QC BC AD= 1． ∴ BD 、AC 、PQ 三线共点． 又由E 在PQ 上知→ DE ·→ DF = (→ OR + → RE )·→ OF = → OR ·→ OF + → RE ·→ OF = r 2． ∴ → OE ·→ FG = → OE ·(→ OG －→ OF ) = → OE ·→ OG －→ OE ·→ OF = 0．引理2：四边形ABCD 内接于⊙O ，直线BA 、CD 交于F ，△F AD 外接圆和△FBC 外接圆交于P (异于F )，则OP ⊥PF ．引理2的证明：∵ ∠APC = ∠FPC －∠FP A = 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P APR是定值． 引理3的证明：∵ OP 2 = OB ·OA ，∴ △OBP ∽△OP A ． ∴OB OP = OP OA = BP P A． ∴ (PB P A ) 2 = OB OA , ( P A PB ) 2 = OAOB．下证原题：设CD 、DE 交于Q ，QA 交△ABC 外接圆于一点P ' (异于点A )．ABCDFOPABOP∵ 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 BF = PI 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． 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Γ 上两点，X 为Γ 在A 和B 处切线的交点，在圆Γ 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 'GP = CM 'MD = CM MZ = CXXD． 在GX 上取点X '，使∠GKD = ∠DFX '，在X 'F 上取W 使CF ∥GW ． 由X 'D DG = X 'F FG = X 'E FW = X 'C CG得 CG ·X 'D = X 'C ·GD ． 由上面两式得 XD XC = X 'DX 'C，故X = X '．∴ ∠GFD = ∠XFD ． 又∵DG 'XD = CG 'XC< 1和∠XPB = ∠CDF < 1．∴ H 和B 在CX 的同一侧． 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●ABCDEFI OQP'●●ABCD EFGH OMX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1MH+1ML=1 MH'+1ML'．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 AM= HLNHOBLO…①CP PM= HLMHOLLO…②由①·LC + ②·BL得LC·BAAM+ BL·CPPM= HLMHOB·LC + OL·BLOL…③注意到OB·LC + OL·BL = BC·LO，则③式变为LC·BAAM+ BL·CPPM= BC·HLMH…④对由BD截△LCM和AC截△LBM用梅氏定理知BC·LL'L'M = BL·DCMD, BC·LH'H'M= LC·BAAM．把它们代入④式整理即得证．12P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BDDC= m,CEEA= n,AFFB= p，对△ABC及点P用塞瓦定理有BD DC CEEAAFFB= mnl = 1．对△ADC及截线BPE用梅氏定理得CEEAAPPDDBBC= 1．注意到DBBC=mm + 1，故n·APPDmm + 1= 1．∴APPD=m + 1mn，从而APAD=m + 1mn + m + 1．又对直线APD截△BCE有BDDCCAAEEPPB= 1．∵CAAE= n + 1,BPEP= mn + m，∴BEEP= mn + m + 1．又对△ABP及FQE有AFFBBEEPPQAQ= 1．从而PQAQ=1p(mn + m + 1)=1mp + p + 1=PQAP=1mp + p + 2．HOPLMBACH'L'CDEFQBA∴PQAD=PQAPAPAD=m + 1(mp + p + 2)(mn + m + 1)=1p(m + 1) + 21mnm + 1+ 1 =13 + 2mnm + 1+ p(m + 1)≤13 + 2 2= 3－2 2 ．∴PQ≤(3－2 2 )AP．当2mnm + 1= p(m + 1)，亦即2p(m + 1)= p(m + 1)，当p(m + 1) = 2 时取等号，得证．13设P为锐角△ABC内部一点，且满足条件P A·PB·AB + PB·PC·BC + PC·P A·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, F A∥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·P A·AB + DB·DC·BC + DC·P A·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□ABCD对角线相交于点O，圆ω以O为圆心，与线段AD、CD分别交于E、F，AB的延长线与ω交于H，CB的延长线与ω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．C DEFBA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． 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∠FP A = ∠PFL = ∠ETL ，∴ P 、A 、E 、T 共圆．∴ ∠PTA = ∠QNC ，∴ △P AC ≌△QCN ⇒ AP = CQ ．得证． 评注：本题运用了对称的想法，是一道好题．15 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K 0，使OR ·RK 0 = DR ·RB = AR ·RC ．则O 、B 、D 、K 0共圆，∴ ∠DK 0'R = ∠OBR ． 同理A 、O 、C 、K 共圆，∴ ∠AK 0R = ∠ACD ．∴ ∠AK 0D = ∠ACO －∠DBO = ∠BAD －∠ABC = ∠APD ． ∴ A 、D 、K 0、P 四点共圆，且∠OK 0P = ∠DK 0P + ∠DK 0O = ∠BAD + ∠OBD = π2 ．同理∠DK 0Q = π2 ，故P 、K 0、Q 共线，从而K 0 = K ．∴ 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．ACP●●OMNDQL E FT●ABO P●●KDQCR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1cos Z．∴ZW1 = ZW cosα(这里W、W1分别是△XYZ与△X1Y1Z1的内心)．作W1R⊥YZ于R，则ZR = ZY2cosα．∴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：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ω过OM，且圆心K 在MA上，过A作MA的垂线交圆ω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．ABP●1●111●ODFACCFEE112●2●1X●RYZXYXYωωAK●●121●OMNGF●●mlHEMl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 = ka2, RN = ka·2kk + 1k=2kk + 1a,RA' = a + k－12a =k + 12a．∴RN·RA' = ka2 = RE·RF．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O A、O B、O C，则O A、O B、O C均在九点圆上，且O A、O B、O C分别是△AB'C'、△BC'A'、△CA'B'外心，这三个三角形的垂心分别为H A、H B、H C．易证△AB'C'∽△ABC，A、H A、O三点共线，A、O A、H三点共线．对应边比值相同可知AH AAH=AO AAO．∴AH A·AO = AO A·AH，∴O A、H A、H、O四点共圆．设△AB'C'、△BC'A'、△CA'B'欧拉线交九点圆于P A、P B、P C，只要证P A = P B = P C．注意到O A K是△AHO中位线，∴∠P A O A K = ∠P A H A O = 180︒－∠AHO．又∵KP A = KO A，∴∠P A KO A = 180︒－2∠P A O A K = 2∠AHO－180︒．同理∠P B KO B = 2∠BHO－180︒．∴∠P A KO A + ∠P B KO B = 2(∠AHO + ∠BHO)－360︒= 360︒－2∠AHB = 2∠C．而∠O A KO B = 2∠O A B'O B = 2∠O A HB' = 2∠C = ∠P A KO A + ∠P B KO B．∴P A = P B．同理可证P B = P C．∴△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．A' N GF●RHEAA'BB'C'HOKPHAAA●●●●O19 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 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 ，⊙O 1过AB 且与CD 相切，⊙O 2过CD 且与AB 相切，⊙O 1和⊙O 2交于E 、F ．证明，若BC ∥AD ，则EF 、AC 、BD 三线共点． 证：设AB 切⊙O 2于P ，CD 切⊙O 1于Q ，⊙O 1、⊙O 2半径为r 1, r 2． 设GA = a , GB = b , GC = c , GD = d , GP = p , GQ = q ．当BC ∥AD 时，a b = c d ，p 2 = cd , q 2= ab , p 2q 2 = cd ab = c 2a 2 = d 2b 2 ．∴ p q = c a = d b = c + da + b，∴ (p －a )(b －p ) = (q －c )(d －q )，即 ABCHP●●●●●M N K GD QA BCO P●●●12●O MNG DQE FAP·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·EF4r2=EF·EQ·QF4r1，∴EP·FPEQ·FQ=r2r1．∵DEEQ=sin∠DQEsin∠EDQ=sin∠EFQsin∠EDC=EQ2r1EC2r2，∴EC·DE =r2r1EQ2．同理FC·FD = r2r1FQ2, EA·EB =r1r2EP2, F A·FB =r1r2FP2．设EF∩AC= R1, EF∩BD= R2, AC∩BD= R，则AR1CR1=S△AEFS△CEF=AE·AF·EF4r1CE·CF·EF4r2=r2r1AE·AF CE·CF．同理BR2DR2=r2r1BE·BFDE·DF．∴AR1CR1BR2DR2= (r2r1)2EA·EB·F A·FBEC·ED·FC·FD= (r2r1)2r1r2EP2·r1r2·FP2r2r1·EQ2r2r1·FQ2= (r1r2)2(EP·FP EQ·FQ)2 = 1．∴AR1CR1=DR2BR2,AR1AC=DR2DB．又AD∥BC, ARAC=DRDB，∴AR1AR=DR2DR．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α = ∠BOD = ∠COE = ∠BAO , β = ∠BPO = ∠TPO , γ = ∠CQO = ∠TQO ． 则 2(α + β + γ) = π，∠AOP = π－α－β = π2+ γ．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 = π－∠AOP = π2 －γ, ∠F AD = γ．∴ PF ∥BO 知 ∠PFD = α．由对应角相等可得 △AFD ∽△QOE , △PFD ∽△COE ． ∴AP PD = QC CE． 由于CS ∥DE 知 QC CE = QSSD． 于是AP PD = QSSD，因此PS ∥AQ ． 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 △ABC 内心为I ，A 对应的旁心为I a ，II a 分别交BC 、⊙ABC 于A '、M ，N 为 ⌒ABM 的中点，NI 、NI a 分别交⊙ABC 于S 、T ．求证S 、A '、T 三点共线． 证：易知∠MTI a = ∠MAN , AN = NM ．在△MTI a 中，MTMI a = sin ∠MI a T sin ∠MTI a = sin ∠MI a T sin ∠MAN ．在△ANI a 中，ANAI a = sin ∠MI a T sin ∠ANT ．∴ MT AN AI a MI a = sin ∠ANT sin ∠MAN = AT MN = ATAN ．∴ MT AT = MI a AI a … ①同理MS AS = MIAI… ② 易证△ACI ∽△AI a B , △MBA '∽△MAB , △ACA '∽△AMB ．ACOP●●●●●D QSR EFB ( )TAA'Ca●MN S B TII∴AIAB=ACAI a即AB·AC = AI·AI a…③MBMA=MA'MB即MB2 = MA·A'M…④ACAM=AA'AB即AB·AC = AM·AA'…⑤熟知MI = MB = MI a．设AM∩ST = A''，则MA'' AA''=S△MSTS△AST=MSASMTATsin∠SMTsin∠SAT=MI aAI aMIAI(由①②) =MB2AI·AI a=MA·A'MMA·AA'(由③④⑤) =MA'AA'．∴MA''MA=MA'AA', MA'' = MA'，即A'与A''重合．∴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 = MI a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－C2, BD =12(a + c－b), ∠FDE =B + C2．设DI∩OH = D1，则D1在线段OH上，且HD1D1O= OH sin∠HDIOD sin∠IDO=2r cos B + C2sin B－C2a2－a + c－b2=2r(sin B－sin C)2R(sin B－sin C)=rR．设EI∩OH = D2, FI∩OH = D3，则同理可得HD2D2O=HD3OD3=rR．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．ACH O●●●1●●KDEFBIO。