2018江苏奥数夏令营——平面几何(教师版).doc

2018年奥数夏令营讲义平面几何目 录一、等差幂线定理2二、共边比例定理、分角张角72.1 共边比例定理72.2 分角定理102.3 张角定理12三、Menelaus、Ceva、Pascal定理143.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理143.2 赛瓦（Ceva)定理183.3 Pascal定理22四、三角形五心274.1 三角形的内心274.2 三角形的外心304.3 三角形的重心334.4 三角形的垂心364.5 三角形的旁心40五、等角共轭475.1 等角共轭475.2 等角共轭点48六、Simson 定理 、托勒密、三弦定理596.1 Simson 定理596.2 Ptolemy 定理626.3 三弦定理66七、Stewart 定理68八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆73九、圆幂定理、根轴、根心81十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆96十一、调和点列、线束101十二、顾冬华20题110注：第81题、第104题、第124题为同一题，分别由三位老师提供，诠释角度不同，故仍然顺应内容重复编排在内，方便备课.一、等差幂线定理1. 如图，点为内部一点，分别垂直于，且，. 求证：.【证明】由定差幂线定理；. 上述三式相加，结合及，得. 2. P在正方形对角线BD上一点(不与B、D重合)，PEBC，PFCD. 求证：APEF. ABCDPEF【证明】AE2+PF2=AB2+BE2+PF2 =AD2+PE2+DF2 =AD2+DF2+PE2 =AF2+PE2 则APEF.3. 在ABC中，BC2+CA2=5AB2. 求证：BC和AC边上的中线AD和BE互相垂直.【证明】连接DE，BC2+CA2=5AB2. 得BD2+AE2=5DE2=AB2+DE2. ADBEABCDE4. 如图，在中，、是垂足，与交于点. 证明：.证明：在凹四边形中，由得.在凹四边形中，由得.于是，在凹四边形中，得到，则.由此题可得垂线的一个性质：.5. 在五边形ABCDE中，AB=BC，BCD=BAE=90，P为五边形内一点，且APBE，CPBD.求证：BPDE. 【证明】连接BP延长交DE于Q，由APBE，CPBD，得：AB2+PE2=AE2+BP2，BC2+DP2=CD2+BP2两式相减：PE2-DP2=AE2-CD2=BE2-BD2，即：BD2+PE2=BE2+DP2，由凹四边形得：BPDE.BACDEPQ6. 如图，在四边形ABCD中，E和F是CD和BC上的点，AB=AD，DFAE，ABBC，ADDC.求证：AFBE. 证明：在四边形ADEF中，由DFAE及定差幂线定理得AD2-AF2=ED2-EF2，又因为AB=AD，ABBC，ADDC.所以AB2-AB2+BF2=AE2-AB2-EF2，即AB2-BF2=AE2-EF2，由定差幂线定理知AFBE.7. 若点在三边、所在直线上的射影分别为、. 证明：自、的中点分别向、所作的垂线共点. 证明：由三角形中线长公式，有. 由，则. 同理，. 以上三式相加，得. 因为PXBC，PYCA，PZAB，由定差幂线定理可得：XC2-XB2=PC2-PB2，YA2-YC2=PA2-PC2，ZB2-ZA2=PB2-PA2，以上三式相加得XC2-XB2+YA2-YC2+ZB2-ZA2=PC2-PB2+PA2-PC2+PB2-PA2=0，所以=0（*）设DX与EY交于M点，则由定差幂线定理可得MB2-MC2=XB2-XC2MC2-MA2=YC2-YA2代入（*）得MB2-MC2+MC2-MA2+ZA2-ZB2=0即MB2-MA2=ZB2-ZA2所以M在过Z引AB的垂线上，所以DX、EY、FZ三线共点. 8. 以锐角ABC的一边为直径作圆，分别与AB、BC交于点K、L，CK、AL分别与ABC的外接圆交于点F、D (FC，DA)，E为劣弧上一点，BE与AC交于点N. 若AF2+BD2+CE2=AE2+CD2+BF2. 求证：. 证明 如图，由于以为直径的圆分别与、交于点，则，. 设与交于点，则为的垂心，故点与关于对称，点与关于对称. 从而，. 由，有. 即. 由定差幂线定理知，. 又注意到为垂心，有. 故知、三点共线. 因为为边与的交点，则. 故. 二、共边比例定理、分角张角2.1 共边比例定理9. 如图，中，、交于. 求证：直线平分和.【证明】设直线分别交、于、.由共边定理，得，而，则，所以，则.又由共边定理，得，所以，即，所以是的中点.又易知，则.由共边定理，得，则，所以是的中点.故直线平分和.10. 过圆外一点P引圆的两条切线和一条割线PA、PB、PD，割线PD交圆于点C，在CD上取一点Q使DAQ=PBC. 求证：PAC=DBQ.【证明】设DAQ=PBC=QDB=. PAC=ADC=.由共边比例定理，得：SPACSPBC=AEBF=ADSinBDSin.（AE、BF为PAC、PBC的高）APBCDQ又SPACSPBC=APACSinBPBCSin=ACSinBCSin，得ADBD=ACBC.连接AB，则DAQBAC，AQDQ=ACBC. AQDQ=ADBDADAQ=BDDQ，且DAQ=QDB. DAQBAC，PAC=DBQ.11. 在ABC内任取一点P，连结PA、PB、PC分别交对边于X、Y、Z点. 求证：PXXA+PYYB+PZZC=1证明：由共边比例定理知：PXXA+PYYB+PZZC=PBCABC+PCAABC+PABABC=112. 已知是的内切圆，、分别为、上的切点，连结并延长交于点，连结并延长交于点. 求证：是的中点. 证明:如图，联结，由、N及、分别四点共圆有，. 由共边比例定理，有，及. 于是，. 故是的中点. 2.2 分角定理13. 在等腰ABC中，A90，从边AB上点D引AB的垂线，交边AC于E，交边BC的延长线于F. 求证：AD=CF当且仅当ADE面积是CEF面积的两倍. 【证明】连接，则外分. 设，作. 由分角定理得：在中，内分，由分角定理得：由=且，得. 设，在等腰中，有. ，. 以上过程均可逆. 14. 设ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，已知圆过点C与AC交于F，与AB相切于AB的中点G. 求证：. 【证明】设，. 在中，内分，则：. 又，. 又在中，. ，又，（切割线定理），从而，15. ABC是等腰直角三角形，BAC90，AB=AC. 以AB为一边作ABD，且AD=BD.若ADC=15，求证：ABD是等边三角形. 证明：设DAB=.在ABD中，在AB边上用分角定理可得：BEEA=BDsinBDEADsin15=sin(180-2-15)sin15=sin(2+15)sin15在ABC中，在AB边上用分角定理可得：BEEA=BCsinBCEACsinACE=2sin(+15-45)sin(90-15)=2sin(-30)cos(+15)所以sin(2+15)sin15=2sin(-30)cos(+15)解得=60，所以ABD是等边三角形2.3 张角定理16. 已知是ABC的边上的中线，任作一直线顺次交于. 求证：成等差数列. 【证明】令. 以为视点，分别对及应用张角定理，有，. 又在和中，由正弦定理，有. 由已知，上述两式相除得，于是式可变为：，即，. 代入得，故成等差数列. 17. 如图，在线段上取内分点，使，分别以，为边，在的同侧作正方形和，和分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于，. 求证：，三点共线. 证明 连，则，则，三点共线，注意. 设，的半径分别为，则， . 对视点，考察点，所在的三角形. 由. 由张角定理可知，三点共线. 三、Menelaus、Ceva、Pascal定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理设直线l与三边所在直线BC，CA，AB分别交于点D，E，F，则反之，若三角形三边所在直线上三点使得上述等式成立，则该三点共线. 利用面积转换，可得出如下两个角元形式：第一角元形式：第二角元形式：（O为不再三边所在直线上的任意一点）18. AD为锐角三角形ABC的一条高，K为AD上任一点，BK、CK的延长线分别交AC、AB于点E、F. 求证：EDKFDK. DBCAEFK证明：过点A作MNBC，与DE、DF的延长线分别交于点M、N. 由于=1. 而，. 1ANAM，即DA是等腰三角形DMN的底边上的高，从而EDAFDA. 19. 在ABC中，AM、AT分别为BC边上的中线与角平分线. TKAC，交AM于K. 证明：ATCK. HBCAMTK证明：由CD截ABM，有=1. 故. 设ABc，BCa，CAb，则BT，CT. MTCMCT. 但TKAC，. ，即ADbAC. 故证. 20. 如图，四边形ABCD中，AB与CD所在直线交于点E，AD与BC所在直线交于点F，BD与EF所在直线交于点H，AC与EF所在直线交于点G. 求证：.【解析】考虑被直线HBD截，应用梅涅劳斯定理可知 考虑被直线BCF截，同理可得 考虑被直线ECD截，同理可得 可得 所以原命题成立21. 如图，已知的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F，线段BE、CF分别与该内切圆交于点P，Q. 若直线FE与BC交于圆外一点R，证明：P，Q，R三点共线. 【析】考虑被直线EFR截，应用梅涅劳斯定理可知，因为AF=AE 所以，如图，设BE与CF交于点S，则，所以，考虑及三个点P，Q，R，由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P，Q，R三点共线. 22. 已知的内心为I，外接圆圆心为O，BC中点为N，NI与AC交于点P，B点相对的旁切圆圆心为M，MI与圆O交于点E，过M点的直线l与AC平行且与BC所在直线交于点F. 求证：P，E，F三点共线. 【析】如图，连结BI，设MI与AC交于点D，易知，B，I，D，E，M五点共线. 因为MC平分，所以MF=CF， 且考虑被NIP截，应用梅涅劳斯定理知又因为，所以. 所以所以.又因为所以，所以.而，则，所以.所以，所以.所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P，E，F三点共线.3.2 赛瓦（Ceva)定理设点P不在三边所在直线上，直线AP，BP，CP分别与BC，CA，AB交于点D，E，F，则，反之，若三角形三边所在直线上的点使得上述等式成立，则AD，BE，CF交于一点或互相平行. Ceva定理角元形式：为了方便，我们可以从某个角开始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为至，则. 或者改为判断过的顶点的三条直线AX，BY，CZ是否共点，等价于23. 在中，已知，D，E分别为边AC，AB上的点，且使，F是BD与CE的交点，连结AF，证明：.【析】设则，如图用角元.Ceva定理可知：所以24. 在锐角中，AD是的内角平分线，D在边BC上，过D作，垂足分别为E，F，连结BE，CF，它们相交于点H，求证：.【析】过A作于K点，只须证：即可 由题意知四点共圆，则四点共圆，则所以又因为AD平分 所以所以又因为AF=AE，所以. 所以由赛瓦定理逆定理知原命题成立. 25. 四边形BCEF内接于圆O，其边CE与BF的延长线交于点A，由点A作圆O的两条切线AP和AQ，切点分别为P，Q，BE与CF的交点为H，求证：P，H，Q三点共线. 【析】考虑连结FQ，QB，只须说明H是的赛瓦点即可设则；所以（*）因为，所以所以（*）可化为（圆幂定理）所以由赛瓦定理逆定理可知H在PQ上，所以P，H，Q三点共线. 26. 如图，在ABC中，BAC90，G为AB上给定的一点（G不是线段AB的中点）. 设D为直线GC上与C、G都不相同的任意一点，并且直线AD、BC交于E，直线BD、AC交于F，直线EF、AB交于H. 试证明交点H与D在直线CG上的位置无关. 证明：设G分线段AB为定比1，H分线段AB为定比2. 下面证明2由1确定，即当A、B给定后，点H的位置由点C唯一确定. 在ABC中，由AE、BF、CG交于一点D，应用塞瓦定理，有1，即11. (1)对ABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，有1，即21， (2)(1)(2)，得(12)0. 从而120，即21，故2由1唯一确定. 因此，点H与D在直线CG上的位置无关. 3.3 Pascal定理圆O上六点，则的交点X，Y，Z共线. 考虑三顶点引出的直线与两边所成角的正弦值（*） 所以（*）为1，由Ceva定理（角元形式）逆定理知原命题成立. 【注】结论与六个点在圆上的次序无关. 六个点中相邻两个点若重合，则对应两点连线变为该点的切线，从而六边形可以变为五边形或者四边形甚至三角形. 27. ABC内接于圆O，P为BC弧上一点，点K在线段AP上，使得BK平分，过K，P，C三点的圆与边AC交于点D，连结BD交圆于点E，连结PE并延长与边AB交于点F，证明：.【析】设CF与圆交于点S，考虑圆上六点形KPEDCS，由Pascal定理可知B，K，S三点共线. 设圆与BC交于点T，连结KT，则.所以，所以.28. 如图，六点A，B，D，E，F，C在圆周上顺次排列，AB=AC，AD与BE交于点P，CD与BF交于点Q，AF与CE交于点R，AD与BF交于点S，AF与CD交于点T，在线段TS上取一点K，使得. 求证：.【析】由Pascal定理可知，P，Q，R三点共线. 因为，所以.所以，所以BC/TS.，同理，所以又因为所以29. 如图，的外心为O，CD为高线，M为边AC的中点，射线DM与以AD为直径的圆的另一个交点为Y，圆与O的另一个交点为X，直线DO与AC交于点Z. 证明：X，Y，Z三点共线.【析】设是XY，AC的交点，下面证明：共线即可. 设直线交圆O于点L，连结XD并延长交圆O于点P，那么，从而三点共线，所以连结AOP，因为是XY，AC的交点，即XL与AC的交点，而延长CD交圆O于点G，则D点就是XP和CG的交点，此时考虑六点形CAPXLG，只要能证明O是AP和LG的交点即可由Pascal定理证得. 所以下面证明：L，O，G三点共线. 要证L，O，G三点共线，只要证：因为，所以LB/MD，所以只要证，这由可得. 证毕. 30. 如图，过的顶点A、B、C各作一直线使之交于一点P，而分别交ABC的外接圆于点、. 又在ABC的外接圆上任取一点Q，证明：、与BC、CA、AB对应的交点X、Z、Y三点共线.证明：在圆内接六边形BCAAQB中，其三组对边BC与AQ、CA与QB、AA与BB的交点分别为X、Z、P. 由帕斯卡定理可知，P、X、Z三点共线. 在圆内接六边形CBAAQC 中，其三组对边CB与AQ、BA与QC 、AA与C C的交点分别为X、Y、P. 由帕斯卡定理可知，P、Y、X三点共线. 故X、Z、Y三点共线. 31. 如图，点P在ABC的内部，P在边BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F，过点A分别作直线BP、CP的垂线，垂足分别为M、N. 求证：ME、NF、BC三线共点. 证明：由题设有AEPAFPAMPANP90. 从而，点A、N、F、P、E、M都在以AP为直径的圆上. 于是，对于圆内接六边形AFNPME，它的三组对边AF与PM、FN与ME、NP与EA的交点分别为B、Q、C. 由帕斯卡定理可知，B、Q、C三点共线. 则点Q在直线BC上. 故ME、NF、BC三线共点. 四、三角形五心4.1 三角形的内心三角形的内切圆的圆心简称为三角形的内心. 性质1：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点. 性质2：设I为内一点，AI所在直线交的外接圆于D，I为内心的充要条件是：ID=DB=DC（鸡爪定理）【证明】如图，必要性：连BI，由知ID=BD=DC充分性：由DB=DC，即知AD平分由DI=DB，有即，而从而，即BI平分故I为的内心. 性质3：设I为内一点，I的内心的充要条件是：的外心均在的外接圆上. 32. 已知，如图I为的内心，过I的BC的垂线交的外接圆于P、Q，PA、QA交BC于E、F，求证：A，I，E，F四点共圆.【析】如图，连结AI并延长交外接圆于S，交BC边于K，连结SP并延长与BC所在直线交于点J，连结AJ，IJ，IE，由性质2可知SC=SI=SB，因为，所以.那么易知，所以且，所以A，K，P，J四点共圆.又因为，又因为，所以.，所以E为的垂心，则所以A，I，E，F四点共圆.33. 已知：如图，O，I分别为的外心和内心，点为点B关于OI的对称点. 求证：过点作外接圆的切线，交点在AC上. 【析】设为外接圆圆心，则在OI上，延长BI交圆O于M，设交AC于E，由例1知所以，四点共圆，注意到，于是设过点I，的圆切线交点为D，则四点共圆，从而五点共圆. 从而所以，D在EC上. 34. 已知圆内切圆O于点D，A为大圆O上任意一点，圆O的弦AB，AC分别切圆于点E，F，EF交于点I，求证：I为的内心. 【析】延长交圆O于点M，设，圆的半径依次为R，r，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明即可. 由圆幂定理知：整理得4.2 三角形的外心三角形的外接圆的圆心简称为三角形的外心. 性质1：三角形的外心是三角形三条边的中垂线的交点. 性质2：三角形所在平面内的一点是其外心的充要条件是：该点到三顶点的距离相等性质3：设O为所在平面内的一点，则O为的外心的充要条件是下述条件之一成立：（1）（2）35. 设O为的外心，连结AO并延长交的外接圆于D，BC的延长线与过D点的O的切线l交于P，直线PO交AB于N，交AC于M，求证：OM=ON.【析】过B作PO平行线交AD于F，交AC于G，作于E，则O，E，P，D四点共圆. 四点共圆，因为E为BC中点，所以F为BG中点，所以O为MN中点. 36. 设的外接圆O上的劣弧的中点为K，优弧的中点为S，线段AK与BC边交于点D，点E，F分别为，的外心. 求证：A，E，O，F，S五点共圆.【析】如图，由题意知S，O，K 三点共线，下面证明S，E，C三点共线. 易知，所以S，E，C三点共线，同理S，F，B三点共线. 设，那么由F是的外心可知在中，在中，所以所以所以结论得证. 37. 过B，C作的外接圆的切线交于D，、关于AC对称，、关于AB对称，O是的外心，求证：.【析】不妨设，同理可得 所以又因为DB=DC且 所以，所以所以取的外心F，则由于所以且所以，所以所以AO/DF，而，所以.4.3 三角形的重心三角形三条中线的交点称为三角形的重心. 性质1：设G是的重心，连AG并延长交BC于D，则D为BC的中点，AG:GD=2:1且性质2：设G为的重心，P为内任一点，则（1）（2）证明：（1）设D为BC边上的中点，则对和分别应用余弦定理可得，而，于是，又因为PD，DG分别是的BC边，的BC边上的中线，有，从而（3），此三式相加整理得38. 证明：以锐角三角形各边为直径作圆，从相对的顶点作切线，得到的六个切点共圆. 【析】如图，设的三边分别为a，b，c，圆O是以BC为直径的圆，AT切圆O于T点. （由AO垂直平分ST可知目标圆圆心在AO上，同理其他两组也在对应中线上，所以探究重心是可行的了）连AO，在AO 上取点G使得AG=2GO，则G为的重心，连结OT，GT，由及有为定值，同理其他五个切点到G的距离的平方均为，证毕. 39. 证明：任意三角形的垂心H、重心G和外心O三点共线，且HG=2GO.法1：如图1，设M为AB中点，连结CM，则G在CM上，且CG=2GM，连结OM，则OM垂直平分AB，延长OG到，使得，连结，因为，所以，从而，即，同理，即为垂心，命题得证. 法2：如图2，作出圆O，连结AO并延长交圆O于点N，连结NB，NC，BH，HG，GO，因为，所以，同理，所以四边形是平行四边形. 所以CH=NB，又因为OM是的中位线，所以，所以所以O，G，H三点共线且HG=2GO.40. 已知的三边BC=a，CA=b，AB=c，是的任意内接三角形，试以a，b，c表示的三边平方和的最小值.【析】首先，证明一个结论：若G为内的任意一点，G到三边BC，CA，AB的距离分别为x，y，z，则当时，所以的最小值为设G为的重心，则由中线长公式可知三式相加得从G点向的三边BC，AC，AB引垂线，垂足分别为，则4.4 三角形的垂心三角形三边上的高线的交点称为三角形的垂心. 性质1：设H为的垂心，则性质2：设H为的垂心，则H，A，B，C四点中任一点是其余三点为顶点的三角形的垂心（这样的四点组为一垂心组，且一个垂心组的四个外接圆的圆心组成另一垂心组）性质3：设H为的垂心，则H关于三边的对称点均在的外接圆上的外接圆是等圆H关于三边中点的对称点均在的外接圆上性质4：在中，H是垂心，L，M，N分别为BC，CA，AB的中点，D，E，F分别为三高之垂足，P，Q，R分别是AH，BH，CH的中点，则L，M，N，D，E，F，P，Q，R九点共圆，称为的九点圆. 41. ABC的外心O与垂心H的连线段的中点恰是九点圆圆心. 证明：九点圆半径是其外接圆半径的一半. 【分析】如图，连结NP，LR，PR，NL，PL因为NP是ABH的中位线，所以NP/BH，而NL是ABC的中位线则NL/AC，所以NPNL;同理，NPPR，RLNL，RLPR，所以四边形PNLR是矩形，所以P，N，L，R共圆且以NR为直径，易知点F也在这个圆上，又因为PL也是该圆的直径，所以点D也在该圆上连结PM，LM，由PM/CH，LM/AB可知PMLM，所以M也在该圆上，连结PQ，LQ可知PQLQ，所以Q也在该圆上，由QM也是圆的直径可知点E也在该圆上. 如图，由四边形是平行四边形可知，A，O，X三点共线且Y，H，L，X 四点共线，由欧拉线性质可知且因为PH/OL，则所以PL与OH的交点T恰好平分OH（）所以T也是PL中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于PL是的中位线，可得出【注】由图中连线及推出的比例关系可知AL连线与OH的交点为的重心G，且G就是外接圆和九点圆的内位似中心而H是外位似中心. 42. 设的内切圆与边BC，CA，AB分别相切于点D，E，F. 求证：的外心O、内心I、的垂心H三点共线.【析】连结AI并延长交圆O于点M，连结OM，DH，IDOI，IH，要证O，I，H三点共线，因为IM/DH，所以只要即可. 而ID/OM，所以转化为去证明证：设外接圆半径为R，内切圆半径为r， 由题意知连结BM，所以，所以，所以.所以原命题成立. 43. 如图，设H为的垂心，L为BC边的中点，P为AH的中点，过L作PL的垂线交AB于G，交AC的延长线于S.求证：G，B，S，C四点共圆. 【析】如图，要证G，B，S，C四点共圆，只要证：，即要证：. 由题意知PL是的九点圆的直径，考虑作出的外心O，取AB的中点M，连结OM，OA，那么，由九点圆性质知：H，O，N 三点共线，且N为OH中点，所以PN/AO，又因为，所以，所以.证毕. 44. 如图，AD，BE分别是锐角边BC，AC上的高，M是AB中点，AD，BE交于H，圆ABH交圆MDE于P，Q. 求证：MQ，ED，PH共点，且交点在外接圆上.【析】分析：考虑用同一法，结合九点圆性质延长MQ分别交圆O、圆ABH于点X，U;连结MP并双向延长交圆O、圆ABH于点Y，V. 可以观察出X，Y地位等同，故只需证明D，E，Y三点共线便可完成第一步：MQ和DE交点在圆O上. 由垂心的性质知圆O和圆ABH是等圆，所以MX=MU，MV=MP，所以=MAMB=MVMY=MPMY，所以MDPMYD，所以DPM=YDM，又因为DPM=DEM=DEH+MEH=DCH+ABH=MAH+ABH=MDH+ECH=MDH+EDH=MDE，所以MDY=MDE，所以D，E，Y三点共线；同理，X，D，E三点共线，所以MQ和DE交点X在圆O上. 设XH交圆MDE于点T，P，由九点圆的性质知XT=TH，而由圆幂定理知XTXP=XQXM，则2XTXP=XQ2XM，即XHXP=XQXU，所以点P也在圆ABH上所以P，P重合，证毕. 4.5 三角形的旁心与三角形的一边外侧相切，又与另两边的延长线相切的圆叫做三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为三角形的旁心. 性质1：（对于顶角B，C也有类似的式子）性质2：（其中，）性质3：（其中，表示BC外侧相切的旁切圆的半径，类推，r表示的内切圆半径）【析】性质:2：易知，而，所以.性质4：，.45. 如图，与和的三边所在的直线都相切，E、F、G、H为切点，直线EG与FH交于点P，求证：.【析】易知三点共线，设交EF于点D，连，由题意知CE=CG，BH=BF，又因为所以四点共圆，又因为所以A，H，P，D四点共圆. 所以又因为所以五点共圆，即有，所以所以46. 如图，O，I分别为的外心和内心，AD是BC边上的高，I在线段OD上. 求证：ABC的外接圆半径等于BC边上的旁切圆半径. 【析】连AO，作于E，作于F，设，外接圆、旁切圆半径分别为R，再作于N，由三角形外心性质所以AI平分，那么所以证毕47. 已知的内心为I，内切圆与BC边的切点为D，所对的旁心为，所在直线与圆I交于另一点K，H是线段的中点，求证：K，B，C，H四点共圆.【析】过作BC边的垂线，垂足为，连结IK，ID，所以所以，即.又因为，所以所以K，B，C，H四点共圆. 证毕. 48. 如图，已知ACECDE90，点B在CE上，且CACBCD，过A、C、D三点的圆交AB于点F. 求证：F为CDE的内心.CBADFE证明：连CF、DF、BD. ACCB，ACB90， BACCAB45， CDFCAF45，但CDE90， DF是CDE的角平分线. CBCD，CBDCDB，但CBFCDF45， FBDFDB， BFDF，又CBCD，CFCF，BFDF， CBFCDF，BCFDCF，即CF是ECD的平分线. F是CDE的内心. 49. ABC的外心为O，ABAC，D是AB中点，E是ACD的重心. 证明：OE丄CD. 证明：设AM为高亦为中线，取AC中点F，E必在DF上且DE：EF2：1. 设CD交AM于G，G必为ABC重心. 连GE，MF，MF交DC于K. 易证：DG：GKDC：()DC2：1. DG：GKDE：EFGEMF. OD丄AB，MFAB，OD丄MFOD丄GE. 但OG丄DEG又是ODE之垂心. 易证OE丄CD. 50. ABC是一个锐角三角形，过顶点B与外心O的一个圆分别与BC，BA交于点P，Q(PB，QB). 求证：OPQ的垂心在直线AC上. BCAPOQ证明：作ODPQ，交PQ于点D，交直线AC于点H. 连PH，延长QO交PH于点E，连OA，OB，OC. B，P，O，Q共圆POEQBP(ABC). OQPOBP90BAC；OPQOBQ90AOB90ACBPODACB； P，O，H，C共圆. OPHOCH(OCA)90ABC. OPEPOE90PHQE. 即PH是OQ边上的高. 从而H为OPQ的垂心. 51. 在平行四边形ABCD(A90)的边BC上取点T使得ATD是锐角三角形. 令O1，O2，O3分别是ABT，DAT，CDT的外心. 求证：三角形O1O2O3的垂心位于直线AD上. O3TO1O2BCDA证明：作O1HO2O3，交AD于点H，连O2H，O3H. 连O1A，O1T，O2D，O2A，O3D. O1，O2都在AT的中垂线上，故O1O2是AT的中垂线. 同理，O2O3是DT的中垂线. 如图位置有 O1O2O3180ATD. O2O1O3O1O3O2180 O1O2O3 ATD. 又O1HTD(都与O2O3垂直)， AHO1ADT，又，AO2O1ADTAHO1A，H，O2，O1共圆. AO1O2TO1O2B. AHO2180AO1O2180BCO2O3D. H，O2，O3，D共圆. HO3O2HDO290ATD. 由，O2O1O3HO3O1O2O1O3 O1O3O2HO3O290. O3HO1O2. H为O1O2O3的垂心. 五、等角共轭5.1 等角共轭52. 已知EF是圆内接四边形ABCD对边AB、CD的中点，M是EF的中点，自E点分别作BC、AD的垂线，垂足记为P、Q，证明：MP=MQMDBEAQPCF先证明一个引理：设P、Q是l真心同侧的两点，点A在直线l上，则称PA+PQ的最小值为P、Q两点关于直线l “光路和”，即P与Q关于直线l的对称点间的距离.设AP、AQ是AOB的一对等角共轭线，则P、Q关于OA、OB光路和相等.证明：如图分别作出P关于OA、Q关于OB的对称点、，则P、Q关于OA光路和为，P、Q关于OB光路和P，易证PO，则=P. 即P、Q关于OA、OB光路和相等 MDBEAQPCFK证明：点F、E关于BC，AD两边的对称点、，延长AD、BC交于点K，由KABKCD，是KE、KF是相似三角形的对应中线，KE、KF关于K的等角共轭线， 是F、E关于BC“光路和”， 是F、E关于BC“光路和”，由引理知=MP= MQ MP=MQ5.2 等角共轭点 53. 如图，P、Q是ABC的等角共轭点(PAB=QAC，PBC=QBA，PCB=QCA).证明：APAQBC+BPBQAC+CPCQAB= ABBCCA.ABPQC证明：设D是射线AQ上的点，且使得ACD=APB.ABPQDC又因为APBACB.，则点D必在ABC外部，PAB=CAD，APBACD，故ABAD=APAC=BPCD（1）.由QAB=PAC， ABAD=APAC可知ABDAPC，则ABAP=ADAC=BDCP（2）， CDA=PBA=QBC，B、Q、C、D四点共圆，由托勒密（Ptolemy）定理，有BCDQ=BQCD+BDCQ即BC(ADAQ)=BQCD+BDCQ（3），由式（1）、式（2），CD=BPACAP，BD=CPABAP，AD=ACABAP（4）将（4）中各式代入式（3），得 BCABACAP-AQ=BPBQACAP+CPCQABAP.即APAQBC+BPBQAC+CPCQAB= ABBCCA54. 设P是ABC内任一点，、分别是ABC、PBC、PCA、PAB的外心. 证明：O、P关于是一对等角共轭点.ABCPO证明：如图，联结，ABCPO则.因为均在BC的中垂线上，所以平分，令，则， 故，这表明 关于是等角线，同理，另两角也如此，即O、P关于是一对等角共轭点. 55. 点P在ABC外角平分线上的射影分别为，在内角平分线上的射影分别是. 证明：三线共点.证明：过点A作的平行线AQ，因为四边形是矩形，所以=，这表明，此平行线即为AP的等角线.记矩形的中心为，并取点P关于ABC的等角共轭点Q，则由中位线性质，知平分线段PQ，即经过PQ的中点M，同理、也经过点M，因此M即为这三线所共的点.56. 设是的外心，是的外心，直线分别交的外接圆于另一点，是关于直线的对称点. 求证：.【析】易知，所以为垂心，与外接圆为关于对称的等圆. 由为的外心，知为的外心，于是为等角线. 为外心，故. 57. 的内切圆与三边相切于，交于点，的中点为，关于的对称点为. 求证：.【析】延长及交于点，由知共圆，从而. 又为的陪位中线，关于对称，故，于是四点共圆，. 58. 设是的边上的中点，是边上另一点（异于端点），令，则的充要条件是分别过，点的的外接圆的两切线的交点及、三点共线. 证明 充分性. 如图，当，三点共线时，设直线与交于点，联结，则由，有，即有. 对四边形应用托勒密定理，有，即有，亦即. 注意到，则知，从而，故. 必要性. 如图，当时，设直线交的外接圆于，联结，则由，有，即，亦即. 又对四边形应用托勒密定理，有. 于是，. 运用三角形正弦定理，有. 延长交于点，延长交于点，则，. 从而，有. （*）由于，注意到（*）式及，则. 由塞瓦定理的逆定理，知、三线共点于，即知直线与重合. 故、三点共线. 注：其必要性也可这样来证：如图，由及为中点，直线交圆于，由充分性中证明，知四边形满足条件. （*）设过的切线与直线交于，过的切线与直线交于. 由，有. 于是. 同理. 注意到（*）式有，从而，即. 从而与重合，亦与重合. 故、三点共线. 59. 设、是的边上（异于端点）的两点，令，则的充要条件是的外接圆与的外接圆内切于点. 证明 充分性. 如图，当两个外接圆内切于点时. 过作两圆的公切线，设的外接圆分别与，交于点，联结，则. 从而，即有，亦即有. 故. 必要性. 如图，设，分别为，的外心，与，分别交于点，. 当时，即时，则有，从而. 过作的切线，过作的切线，则，即知与重合. 故与在点相内切. 60. 在中，分别为边，的中点，与交于点，的外接圆与的外接圆交于点，的延长线与的外接圆交于点. 求证：. 证明 如图，联结，则由题设有，知（或点是完全四边形的密克尔点即得）. 从而当，分别为，的中点时，有. 又由，即（，分别为点到、的距离），有. 于是，由，有. 此时，由性质中的三角形式，即知. 从而，故. 注：性质 设、是的边上（异于端点）的两点，令，则的充要条件是或或. 证：如图，应用三角形正弦定理，有，. 必要性. 当时，则由上述式，即得结论. 充分性. 当时，在边上取点，使. 此时，由式，有. 于是，有. 从而，即知与重合. 故. 61. 如图，设凸四边形的两组对边的延长线分别交于点、，的外接圆与的外接圆交于、两点. 求证：的充分必要条件是. 证明 如图. 由题设有，知，有. 此时由，即知，四点共圆. 从而，有，. 由，又有. 充分性. 当时，有，即有，从而. 于是，由，有. 从而由性质中的三角形式，知. 必要性. 当时，则由性质中的三角形式，知. 注意到式，有. 设点到，的距离分别为，则. 于是，由，有，即知. 故. 62. 圆内接四边形的对角线与相交于点. 证明：、的垂心，外心分别四点共圆.证明：为了证明该结论，先看如下引理：引理：过圆内接四边形两对角线交点作任一边的垂线，则垂线必过以其对边为一边，以交点为一顶点的三角形的外心. 事实上，如图，过作于，作的中垂线交于，交于，过作，交于，则，为的中点. 由知，四点共圆. 又是直角，所以，知为的外心. 下面，回到原问题的证明：如图，设、与、分别为、的外心与垂心. 由上述引理知，、及、分别四点共线. 由于三角形的外心与垂心是等角共轭点，有，. 所以，所以，. 即知，. 从而 ，（）于是，即，故，四点共圆. 同理，与的外心，垂心四点共圆. 63. 已知非等腰，是其外接圆孤的中点，是边的中点，、分别是、的内心. 证明：、N、四点共圆.证明 如图，设是关于直线的对称点，联结，、，则 . 故、关于的平分线对称. 同理，、关于的平分线对称. 这表明、，是的一对等角共轭点. 因此，从而 . 故、四点共圆. 六、Simson 定理 、托勒密、三弦定理6.1 Simson 定理 64. 三角形外接圆上一点的西姆松线平分该点与三角形垂心的连线. HLMNDABCP证明：如图设AD为边BC上的高，延长AD，与ABC的外接圆交于点F，QSGHFLMNDABCP连接HL、PH，并设PH，PF分别与西姆松线交于点S、Q， PF与BC交于点G，连接HG，因为P、C、L、M，A、F、C、P分别四点共圆，所以=，故PQ=LQ因此，Q为RtPLG斜边的中点，又DH=DF，则=，故HGML从而，SQ为PHG的中位线，因此S为PH的中点.65. 已知锐角ABC，CD是过点C的高线，M是边