平面几何试题精选.doc

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 PQRS 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 XWACXZ 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 1 3 MQ MY XYPQ 故欲证原命题，只需证 XYRS，这等价于 SY 2SX 2 = RY 2RX 2 下证上式：由 S 为AMB 垂心知 SBAM SBWY 同理 SAWX则勾股定理知 SY 2 = SB 2 + BY 2 = BY 2 + SW 2WB 2 = BY 2WB 2 + SA 2 + WA 2 SX 2 = SA 2 + XA 2 得 SY 2SX 2 = BY 2WB 2 + WA 2XA 2 同理得 RY 2 = YC 2ZC 2 + RD 2 + DA 2, RX 2 = DX 2 + RD 2 故 RY 2RX 2 = YC 2ZC 2 + DZ 2DX 2 由 XWDBYZ, WYACXZ 有 BY = DZ, WB = XD, AW = YC, AX = ZC 比较两式右边即有 SY 2SX 2 = RY 2RX 2 由此即有 XYRS，从而得出 PQRS，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 APOH同苏炜杰 03 证： A B C D P Q M R X Y Z S W 引理：如图，设BAP = , BAP = ，则 = AP 与 AP sin BAP sin CAP sin BAP sin CAP 重合 引理的证明：事实上，式即 = = sin sin A sin sin A sin A sin sin A sin sin A cot sin A = sin A cot cos A = 即 AP 与 AP重合引理得证 回到原题：为了看得清，我们画两张图表示，过 A 作 AQOH = Q 我们证明 AP 与 AQ 重合：由引理只需证 = sin 1 sin 2 sin 3 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 AP sin 1 AF sin 2 AE 综合上二式有 sin 1 = sin 2 = 1 AP 1 AN 1 AM 1 AE sin 1 sin 2 AFAN AMAE EM NF 又易有 M、B、C、N 四点共圆 AMAB = ANAC，即 2AMAE = 2 ANAF = sin 1 sin 2 EM NF 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 = ，其中 MO sin OMH = OM cos OME = EM sin 3 sin 4 OM sin OMH OB sin OBN 过 O 作 OGBN = G，由OGN = GNF = NFO = 90知 OGNF 为矩形 OG = NF, OB sin OBN = OG = NF ( )( ) A B P P C A B P C M N EF A BC M N EF HQ G O 34 = sin 3 sin 4 EM NF 综合知式成立，故 APOH，证毕 03设 H 为ABC 的垂心，D、E、F 为ABC 的外接圆上三点使得 ADBECF，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 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 DHAS 关于 BC 对称 故 DHAS 必为等腰梯形四边形 HFUC与 HTEB同理亦然 HS = AD, HU = CF, HT = BE, SHA = HAD 记 所对圆周角为 ，由 ADBE, = 知 CE DE AB 所对角为C, 所对角为B, 所对角为 DE AC CE 所对角为 BC AD SHA = HAD = BC UHC = HCF = CCF = = = A, 1 2 BC BF 1 2 BC CE AHC = 180CHA = B UHA = 180CHU + AHC = C + 同理可得THA = B + 得 UHS = B；得 SHT = C 又 = + + = 290B + C + BC = 290 AD AB AB AD AD = 2R sin 90 HS = 2R sin 90 同理可计算出 CF = 2R sin 90B + , BE = 2R sin 90C 从而 HU = 2R sin 90B + , HT = 2R sin 90C 由此有 HS : HU : HT = sin 90 : sin 90B + : sin 90C 综上我们得出了一些关于四边形 HUST 的性质： UHS = B, SHT = C, = , = HU HS sin 90B + sin 90 HT HS sin 90C sin 90 下面我们利用这些性质判定 H、U、S、T 四点共圆： 作XYZABC，即X = A, Y = B, Z = C 在 ZY 与 X 异侧作ZYW1 = 90B + , YZW2 = 90CYW1与 ZW2交于 W，连 接 XW ZWY = 180ZYW + YZW = 180180BC = B + C = 180ZXY X、Z、W、Y 四点共圆 A B C D E F C B H S A T U XZW + XYW = 180 * XYW = XYZ + ZYW = B + 90B + = 90 + , WXY = WZY = 90C 由正弦定理知 = = = WY WX sin WXY sin XYW sin 90C sin 90 + HT HS 又YWX = YZX = C = THS， WZXHTS 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 OEBC = E求证 NiEAD 证：以ABC 外接圆圆心为原点建立复平面，设其半径为 1 设 Acos , sin 、Bcos , sin 、Ccos , sin ，ADB = 由正弦定理知 = 2 sin = 且BAO1 = CAO2 AB AO1 AC AO2 O1AO2 = BAC，从而AO1O2ABC 且相似比为 1 2 sin 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 的位似变换之积 1 2 sin = cos , sin 对应复数为cos i sin ，则 AO对应复数为 AO cos i sin cos 90 + i sin 90 = A 记为 1 2 sin 则 A = sin + i cos 1 2 sin O = A + A， O的横坐标即为+ cos = sin 2 sin sin + 2 sin E 点坐标为 , sin sin + 2 sin 又由九点圆性质，设 O 为外心，G 为重心，则 = 且 Ni与 O 在 G 异侧 NiO OG 3 2 X YZ W 1 2 A B CE N O O D i O 设 G 为 G 点对应复数，Ni为 Ni点对应复数，则 Ni = G = A + B + C 3 2 3 2 于是 Ni坐标为 , 设 NiE 斜率为 k，则 cos 2 sin + 2 sin 2 k = = = tan sin sin cos sin sin + 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 的值 BC TC EA EB 解：我们先证明 CP 平分ACB，且 CPBD用同一法 作ACB 平分线 CP交 DN 于 P，则BCP = ACP = CBD = CDB = C 1 2 PCBD我们证明PBC = A 事实上，这只须证BCPADB 又由于我们已知BCP = ADB = C 1 2 故只须证 = CP BD BC AD 注意到 PCBD，故 = CP BD CT BT 又 CD = BC，故 = CT BT CD AD 对直线 NTD 截ABC 运用梅涅劳斯定理有 = 1 BT CT CD DA AN NB N 为 AB 中点， AH = NB = ，得证 CT BT CD AD 从而 BCPADB PBC = A PBC = PBC，P、P、A 皆在 BC 同侧，P与 P 皆在 ND 上， P = P 即 CP 平分ACB 且 CPBD 下证 = 2，对 ACD 截BTN 有 = 1 BC TC EA EB BC EB TD DN NA AB N 为 AB 中点， = = 2 + BC TC 2DN TD 2NT TD CP 平分ACB， = ，我们证明 = 即可 EA EB AC CB 2NT TD AC CB CD = BC， 只须证 = 1 2NT TD CD AC A B C P E N D T P ( ) 对 BTC 截AND 运用梅氏定理有 = 1，即 = 1故 = 2 DC CA AB BN NT TD 2NT TD CD AC BC TC EA EB 综上所述，所求 = 2 BC YC EA 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 06ABC 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 = , AD = c cos A = 2R sin C cos A, AE = 2R sin B cos A, EAI = IAD = , GAO = 90C, OAC = 90B A 2 由 AF + FC = b, = 解得 AF = 同理可得 AG = AF FC c a bc a + c bc a + b 由张角定理知，G、O、F 三点共线 = + sin A AO sin GAO AF sin OAC AG = + sin A R 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 = sin 2B + sin 2C = sin B + C cos BC = sin A cos 1 2 BC消去 sin A 得 2 sin B sin C = cos B + cos C + cos BC 再对左边积化和差有 cos BCcos B + C = cos B + cos C + cos BC cos A = cos B + cos C * 另一方面，D、I、E 三点共线 = + sin A AI sin EAI AD sin DAI AE = + 消去 sin 、去分母有 r sin B + sin C = 2R sin A sin B sin C cos A A 2 又 S = 2R 2 sin A sin B sin C = r a + b + c， 1 2 = = sin A + sin B + sin C 正弦定理 2R sin A sin B sin C r a + b + c 2R 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 cos A 2 B 2 有 C 2 2 cos cos = 4 cos cos cos cos A A 2 BC 2 A 2 B 2 C 2 消去 2 cos 再对 cos cos 积化和差有 A 2 B 2 C 2 A B C D E F H G I O cos = cos + cos cos A cos 1cos A = sin cos A BC 2 BC 2 B + C 2 BC 2 A 2 2 cos sin 2 cos A 2 cos sin = cos A BC 2 A 2 BC 2 A 2 2 cos cos = cos A cos B + cos C = cos A 积化和差 BC 2 B + C 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 07ABC 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 O1HAB = H，过 O2作 O2IAB = I，O2EO1H = E，则 O1AB = A, O2BA = B 1 2 1 2 故 A、B、O1、O2四点共圆 BAO1 = FO2O1 O2EAB， FO2E = B 1 2 FO2O1 = EO2FO1O2E， FO2O1 = BO1O2E 1 2 = O1O2E O1O2E = tan EO2O1 = tan A 2 B 2 BA 2 BA 2 记 O1H = rA, O2i = rB， ADC = 90，由直角三角形内心性质知 rA = DH = AD + DCAC 2 同理 rB = , tan EO2O1 = = = BD + CDBC 2 O1E HI rArB rA + rB ADBD + BCAC 2CD + ABACBC 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 Asin A cos B + sin Asin B 2 sin B sin A + sin A + Bsin Asin B = 下面分情况讨论： 1 A = B 时，左右两边皆为 0，式成立； 1 2 AB C D E F HI O O 2 A B 时，sin 可约去，得 2 sin A sin B + sin Csin Asin B = 2 cos 2 BA 2 cos BA 2 B + A 2 利用 2 sin A sin B = cos BAcos A + B = cos BA + cos C, 2 cos 2 = cos BA 2 BA + 1, 2 cos cos = cos A + cos B BA 2 B + A 2 三式代入化简得 cos A + cos B + cos C = 1 + sin A + sin Bsin C 而由三角形内熟知恒等式 cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin 得 A 2 B 2 C 2 1sin A + sin Bsin C = 1 + 2 sin cos 2 sin sin = 1 + 2 cos cos A + B 2 AB 2 A + B 2 C 2 C 2 cos = 1 + 4 sin sin cos AB 2 A + B 2 A 2 B 2 C 2 结合两方面知 sin = cos C = 90 C 2 C 2 综合 1、2知 C = 90或A = B 故 A、B、O1、O2四点共圆 C = 90或A = B得证 08ABC 的外心是 O，三条高线 AH、BK、CL 垂足分别为 H、K、LA0、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：ABCD，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 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 BCDI, OIBC BCBC，ABC与ABC 构成以 A 为位似中的位似关系 显然I 为ABC在A 内旁切圆，故 J 为旁切圆切点 AB CD P Q R A B C DP O C B J H I D A0 X 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 OPBC 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 IX sin A0IO ID sin DIO IA0 = + 1 IX sin A0IO ID sin DID sin DIO IA0 sin DID 由 IDA0H 知 IA0 = ID，而 = 代入得 DH DD ID DD 1 sin DID = + 1 IX sin AIO ID sin DID sin DIO DH 又 sin AID = sin DIX = sin DID + DIX = + = + sin AIO ID sin DID cos DIX ID cos DID sin DIX ID sin DID cos DIX ID sin DIO DD = + sin DIO + = + sin DIO 1 IX cos DIX ID 1 DH 1 DD cos DIX ID DH DHDD 由 = 代入有 = + sin DIO = cos DIX + sin DH DD A0H ID 1 IX cos DIX ID A0H DHID 1 ID A0H DH DIO OPID， cos DIX = cos POX, sin DIO = sin POX 括号中乘一个 OI，括号外除一个 OI 得 = OQ + IQ ，其中 QO = OPID, IQ = PD = DD 引理 2 知 1 IX 1 IDOI A0H DH 1 2 = OP + A0H 1 IX 1 IDOI 1 2 DD DH 1 OI 注意到 OI、ID = r 皆为对称的值故我们仅须证 OP + A0H 为对称的值记为 1 2 DD DH 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 = , BD = , CH = b cos C, A0H = AH = b sin C = R a + bc 2 a + bc 2 1 2 1 2 sin B sin C DH = CDCH = b cos C = = a + bc 2 a + bc 2 a 2 + b 2c 2 2a , cbc + ba 2a DD = BCBD + CD = aa + bc = cb 故 A0H = R sin B sin C 1 2 DD DH a b + ca 故 MA = Rcos A + ，其中 sin A sin B sin C sin B + sin Csin A sin B + sin Csin A = 2 cos cos 2 cos cos A 2 BC 2 B + C 2 A 2 = 2 cos cos cos = 2 cos sin sin , A 2 BC 2 B + C 2 A 2 B 2 C 2 sin A sin B sin C = 8 sin sin sin cos cos cos A 2 B 2 C 2 A 2 B 2 C 2 代入有 MA = MB = MC等价于 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos = cos C + 2 sin cos cos A 2 B 2 C 2 B 2 A 2 C 2 C 2 A 2 B 2 其中 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos A 2 B 2 C 2 B 2 A 2 C 2 cos Acos B = 2 cos (sin cos sin cos ) C 2 B 2 A 2 A 2 B 2 cos A cos B = 2 sin sin ，此式显然成立 A + B 2 BA 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 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 A B C D E F G O P Q 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 DEFQ 引理 1 的证明：首先，= r 2 r 为半径 OE OF 过 F 作O 切线 FP、PQ 切O 于 P、Q FPAFBP， = = AP PB FA FP FA FB 2 = 同理 2 = AP PB FA FB PQ QC FD FC 由FADFCB 知 2 = BC AD FBFC FDFA 上面三式相乘得 = 1 AP PB PQ QC BC AD BD、AC、PQ 三线共点 又由 E 在 PQ 上知 = + = + = r 2 DE DF OR RE OF OR OF RE OF = = = 0 OE FG OE OG OF OE OG OE OF 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 OPPF 引理 2 的证明： APC = FPCFPA = 1802B = 180AOC A、P、C、D 四点共圆 FPO = FPCOPC = 180BOAC = 180B90B = 90 OPPF，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 OAOB = r 2，则 是定值 PA PR 引理 3 的证明： OP 2 = OBOA， OBPOPA = = OB OP OP OA BP PA 2 = , 2 = PB PA OB OA PA PB OA 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 QPQA = QRQC = QEQD， P、E、D、A 四点共圆 由引理 3 知 OPQA 由引理 2 知 OFQA A B C D F O P A BO P A B C D E F I O Q P 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 OFFP = CFFE 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 CABD，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，ABXD = M XOAXAM， OXXM = XA 2 = XCXD O、M、C、D 四点共圆 XMP = OCD = ODC = OMC CMG = GMD 在 CM 上选取一点 Z 使 MXDZ，则 MD = MZ = = = CG GP CM MD CM MZ CX XD 在 GX 上取点 X，使GKD = DFX，在 XF 上取 W 使 CFGW 由 = = = 得 CGXD = XCGD XD DG XF FG XE FW XC CG 由上面两式得 = ，故 X = X GFD = XFD XD XC XD XC 又 = b c，A B C，H 为DEF 垂心 易求得HDI = , BD = a + cb, FDE = BC 2 1 2 B + C 2 设 DIOH = D1，则 D1在线段 OH 上，且 = = = = HD1 D1O OH sin HDI OD sin IDO 2rsin Bsin C 2Rsin Bsin C r R 设 EIOH = D2, FIOH = D3，则同理可得 = = HD2 D2O HD3 OD3 r R 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 A C H O 1 K D E F B I O 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 = DKOI, P2 = EMOI, P3 = FNOI 直线 P1DK 截OIO1，由梅氏定理得 = 1 ID DO1 O1K KO OP1 P1I 又 O1K = O1D，因此 = = 同理 = = OP1 P1I OK ID R r OP2 P2I R r OP3 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 |ABCD| + |ADBC| 2 |ACBD| 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, 2，则 + + + = 180 不妨设 , ，则 |ABCD| = 2 | sin sin | = 4 | sin cos | = 4 | sin sin | 2 + 2 2 + 2 同理 |ADBC| = 4 | sin cos | = 4 | sin sin |, 2 + 2 2 + 2 |ACBD| = 4 | sin sin | 2 2 |ABCD|ACBD| = 4 | sin | | sin cos | = 8 | sin | sin cos 2 + 2 2 + 2 2 2 0 , 90， sin cos 0 2 2 2 2 |ACBD| |ABCD|同理 |ACBD| |ADBC| |ABCD| + |ADBC| 2 |ACBD| 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 + + = 90 |ABCD| = 4 | sin cos | = 4 sin cos , 2 + 2 2 2 |ADBC| = 4 | sin | cos , 2 + 2 |ACBD| = 4 | sin | cos + 2 + 2 = + + ， 0 2 + + cos ， |ABCD| |ACBD| 2 2 + + 2 又 = = + , cos = cos + + 2 2 + + 2 + 2 + 2 + 2 而 | | = ， | sin | sin |ADBC| |ACBD| 2 + 2 2 2 2 综上所述，|ABCD| + |ADBC| 2 |ACBD|，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 A C D B A C D B 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 = lBlC, B0 = lAlC, C0 = lAlB, AA1 = u, BB1 = v, CC1 = w, A0B = A0C = a, B0C = B0A = b, C0A = C0B = b 则直线 l 截A0B0C0得 = 1 aw b + w b + u cu v + c va 即 awb + uv + c = b + wcuva 要证 A2、B2、C2共线，由梅氏定理逆定理知只需证 1 = 即 1 = A0C2 B0C2 B0A2 C0A2 C0B2 A0B2 a + w bw bu c + u vc c + a 即 a + wbuvc = bwc + uv + a 结合式知 bcw + abv + acu = abu + bcvacw u + v + w = 0 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 设B0A0C0 = A, B0C0A0 = C, C0B0A0 = B, BAC = , B + C 2 ABC = , ACB = A + C 2 A + B 2 设O 半径为 r，tan = x, tan = y, tan = z，则 A 2 B 2 C 2 xy + yz + zx = 1, = tan = , = , = 1 a 1 r A 2 x r 1 b y r 1 c z r 易证 O、C1、C、H 四点共圆， OC1C = OHC, cot OC1C = cot OHC, = = CH OC sin 180OCHOHC sin OHC = sin OCH cot OHC + cos OCH 而OCH = ，代入上式化简可得 BA 2 cot OHC = , cot OC1O = 13xy yx 3xy1 yx 同理可求得 cot OB1B = , cot OA1A = 3xz1 zx 3yz1 yz u + v + w 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a = r cot OA1A + r cot OB1B + r cot OC1C 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a A B C H 1 2 1 2 1 O AA C C B B A C 0 0 0 = r + r + r 3yz1 yz yz r 3xz1 zx zx r 3xy1 yx yx r = 3xy + yz + zx1 = 0 得证，从而 A2、B2、C2三点共线得证 26P 是正ABC 内一点，证明 |PABPAC| |PBCPCB| 证：以 BC 中点 M 为原点，为 x 轴正向建立坐标系，设 C1, 0、B1, 0，则 BC A0, 3 设 Px, y，且不妨设 x 0，则 tan PACPAB = tan 2PAM = 2 tan PAM 1tan 2 PAM = = 而 tan PBCPCB = = 2xy 1x 2 + y 2 |PABPAC| |PBCPCB| PACPAB PBCPCB tan PACPAB tan PBCPCB 2xy 1x 2 + y 2 2x 0 y 1x 2 + y 2 y1x 2 + y 2 yy 2x 2 33 x 2y 2 1x 2 0，|x| y 2x 2 0 3 y1 + y 2 yy 2 2yx 2 333 当 0 y 时，由于 |x| ， x 2 2y y1 + y 2 yy 2 2yy 31 + y 2y + y 333333 2 2y 23y + 3 6y 2+ 3，显然成立 33 式成立 当 y 2y 23 得证 评注：以 P 为反演点，作反演变换，讨论易得证 M P C A Bx y 27圆内接四边形 ABCD 内有一点 P 满足APD = ABP + DCPP 在 AB, BC, CD 上射 影为 E、F、G证明EFGAPD 证： EFG = EFP + GFP = EBP + GCP = APD，故只需证 = AP PD EF FG 又 = = ，故只需证 = = EF FG PB sin B PC sin C PBAC PCBD AP PD PBAC PCBD APPC AC BPPD BD APD = ABP + DCP， AB