平面几何名定理、名题与竞赛题.doc

学习资料收集于网络，仅供参考平面几何名定理、名题与竞赛题江苏省常州高级中学 顾九华 平面几何在其漫长的发展过程中，得出了大量的定理，积累了大量的题目，其中很多题目都是大数学家的大手笔，这些题目本身就是典范，这些题目的解决方法则更是我们学习平面几何的圭臬通过学习这些题目，大家可以体会到数学的美而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题，在很多竞赛题中都可以找到他们的身影本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用定理1 (Ptolemy定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和；(逆命题成立)分析 如图，即证ACBD=ABCD+ADBC可设法把 ACBD拆成两部分，如把AC写成AE+EC，这样，ACBD就拆成了两部分：AEBD及ECBD，于是只要证明AEBD=ADBC及ECBD=ABCD即可证明 在AC上取点E，使ADE=BDC，由DAE=DBC，得AEDBCD AEBC=ADBD，即AEBD=ADBC 又ADB=EDC，ABD=ECD，得ABDECD ABED=BDCD，即ECBD=ABCD +，得 ACBD=ABCD+ADBC说明 本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范用类似的证法，可以得到Ptolemy定理的推广(广义Ptolemy定理)：对于一般的四边形ABCD，有ABCD+ADBCACBD当且仅当ABCD是圆内接四边形时等号成立例1 (1987年第二十一届全苏)设A1A2A3A7是圆内接正七边形，求证：=+证明 连A1A5，A3A5，并设A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c本题即证=+在圆内接四边形A1A3A4A5中，有A3A4=A4A5=a，A1A3=A3A5=b，A1A4=A1A5=c于是有ab+ac=bc，同除以abc，即得=+，故证例2(美国纽约，1975)证明：从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能都是有理数例1分析：假定其中几个是有理数，证明至少一个是无理数证明：设O的直径为2R，不妨设P在上，则APB=45，设PBA=a，则PAB=135a若PA=2Rsina及PC=2Rsin(90a)=2Rcosa为有理数，则 PB=2RsinPAB=2Rsin(135a)=2R(cosa+sina)=R(sina+cosa)即为无理数或用Ptolemy定理：PBAC=PABC+PCABPB=PA+PC故PA、PB、PC不能同时为有理数例3 求证：锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和 若DABC为直角三角形或钝角三角形，上面的结论成立吗？ 证明：如图，DABC内接于O，设O的半径=R，DABC的边长分别为a，b，c三边的中点分别为X、Y、Z由A、X、O、Z四点共圆，据Ptolemy定理，有OAXZ=OXAZ+OZAX，Ra=OXb+OZc即Ra=OXb+OZc， 同理，Rb=OXa+OYc， Rc=OYb+OZa， 三式相加，得R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a) 但 r(a+b+c)=OXa+OYb+OZc(都等于三角形面积的2倍) 式与式两边分别相加，得R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OXc+OYa+OZb故， R+r=OX+OY+OZ 当DABC为直角三角形(C为直角)，则O在边AB上，OX=0，上述结论仍成立当DABC为钝角三角形 (C为直角或钝角)时，则有 R+r=OX+OY+OZ证明同上定理2 设P、Q、A、B为任意四点，则PA2-PB2=QA2-QB2PQAB 证明 先证PA2-PB2=QA2-QB2PQAB作PHAB于H，则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2)=AH2BH2=(AH+BH)(AH-BH)=AB(AB-2BH)同理，作QHAB于H， 则 QA2-QB2=AB(AB-2AH)H=H，即点H与点H重合PQAB PA2-PB2=QA2-QB2显然成立说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用点到圆的幂：设P为O所在平面上任意一点，PO=d，O的半径为r，则d2r2就是点P对于O的幂过P任作一直线与O交于点A、B，则PAPB= |d2r2|“到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线，如果此二圆相交，则该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论这条直线称为两圆的“根轴”三个圆两两的根轴如果不互相平行，则它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”三个圆的根心对于三个圆等幂当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点例5以O为圆心的圆通过ABC的两个顶点A、C，且与AB、BC两边分别相交于K、N两点，ABC和KBN的两外接圆交于B、M两点证明：OMB为直角(1985年第26届国际数学竞赛）分析对于与圆有关的问题，常可利用圆幂定理，若能找到BM上一点，使该点与点对于圆O等幂即可证明：由BM、KN、AC三线共点P，知PMPB=PNPK=PO2-r2 由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圆，故 BMBP=BNBC=BO2-r2 得， PMPB-BMBP= PO2 - BO2，即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OMPB 定理3 (Ceva定理)设X、Y、Z分别为ABC的边BC、CA、AB上的一点，则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是=1分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比，从而可用面积来证明证明：设SAPB=S1，SBPC=S2，SCPA=S3则=，=，=，三式相乘，即得证说明 用同一法可证其逆正确本题也可过点A作MNBC延长BY、CZ与MN分别交于M、N，再用比例来证明，例6以ABC的三边为边向形外作正方形ABDE、BCFG、ACHK，设L、M、N分别为DE、FG、HK的中点求证：AM、BN、CL交于一点分析 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R利用面积比设法证明=1证明 设AM、BN、CL分别交BC、CA、AB于P、Q、R易知，CBMBCMQCNQANLARLBR=，=，三式相乘即得=1，由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CL交于一点例7如图，在ABC中，ABC和ACB均是锐角，D是BC边上的内点，且AD平分BAC，过点D分别向两条直线AB、AC作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K求证：AKBC；证明： 作高AH 则由DBDPDBAH，=，由DCDQDCAH，=由AD平分BAC，=，由DPAB，DQAC，AP=AQ =1，据Ceva定理，AH、BQ、CP交于一点，故AH过CP、BQ的交点K， AK与AH重合，即AKBC例8在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD，在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G求证：GAC=EAC（1999年全国高中数学联赛）分析 由于BE、CA、DG交于一点，故可对此图形用Ceva定理，再构造全等三角形证明两角相等证明 连结BD交AC于H，对BCD用Ceva定理，可得=1因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理，可得=，故=1过点C作AB的平行线交AG延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J，则 =，=，所以，=1从而，CI=CJ又因CIAB，CJAD，故ACI=-BAC=-DAC=ACJ，因此，ACIACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC 定理4 (Menelaus定理)设X、Y、Z分别在ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是N=1证明：作CMBA，交XY于N，则=，=S1S2S3S4于是=1本定理也可用面积来证明：如图，连AX，BY，记SDAYB=S1，SDBYC=S2，SDCYX=S3，SDXYA=S4则=；=；=，三式相乘即得证说明 用同一法可证其逆正确Ceva定理与Menelaus定理是一对“对偶定理”例9(南斯拉夫，1983)在矩形ABCD的外接圆弧AB上取一个不同于顶点A、B的点M，点P、Q、R、S是M分别在直线AD、AB、BC与CD上的投影证明，直线PQ和RS是互相垂直的，并且它们与矩形的某条对角线交于同一点题11证明：设PR与圆的另一交点为L则=(+)(+)=+ =+=0故PQRS设PQ交对角线BD于T，则由Menelaus定理，(PQ交DABD)得=1；即=；设RS交对角线BD于N，由Menelaus定理，(RS交DBCD)得=1；即=； 显然，=，=于是=，故T与N重合得证例10(评委会，土耳其，1995)设DABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F，X是DABC内的一点，DXBC的内切圆也在点D处与BC相切，并与CX、XB分别切于点Y、Z，证明，EFZY是圆内接四边形分析：圆幂定理的逆定理与Menelaus定理证明：延长FE、BC交于Q=1，=1，=例12由Menelaus定理，有 =1于是得=1即Z、Y、Q三点共线但由切割线定理知，QEQF=QD2=QYQZ故由圆幂定理的逆定理知E、F、Z、Y四点共圆即EFZY是圆内接四边形定理5 (蝴蝶定理)AB是O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于P、Q，求证：MP=QM分析 圆是关于直径对称的，当作出点F关于OM的对称点F后，只要设法证明FMPFMQ即可证明：作点F关于OM的对称点F，连FF，FM，FQ，FD则MF=MF，4=FMP=6圆内接四边形FFED中，5+6=180，从而4+5=180，于是M、F、D、Q四点共圆， 2=3，但3=1，从而1=2，于是MFPMFQ MP=MQ说明 本定理有很多种证明方法，而且有多种推广例11在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，经AC、BD交点O作二直线分别交AD、BC、AB、CD于点E、F、G、H，GF、EH分别交BD于点I、J，求证：IO=OJ（1990年冬令营选拔赛题）分析 通常的解法是建立以O为原点的直角坐标系，用解析几何方法来解，下面提供的解法则利用了面积计算证明：如图，由SAOB=SAOG+SGOB得(at1cos+bt1sin）=ab t1=即=+；同理得，=+；=+；=+再由SGOF=SGOI+SIOF，又可得=+；同理，得=+ IO=OJ()sina=()sinb以、的值代入左边得，()sina=()sinasinb，同样得右边可证定理6 张角定理：从一点出发三条线段长分别为a、b、t、(t在a、b之间)，则=+例12(评委会，爱尔兰，1990)设l是经过点C且平行于DABC的边AB的直线，A的平分线交BC于D，交l于E，B的平分线交AC于F，交l于G，已知，GF=DE，证明：AC=BC分析：设A=2a，B=2b，即证a=b证明：设ab，则BCAC，利用张角定理可得， =+，=+，ta=再作高CH，则AE=CHcsca=bsin2acsca=2bcosaDE=AEta=2bcosa=同理，GF=由ab，ab，知cosbcosa1+ =DE矛盾又证：设BCAC，即ab，故ab，由张角定理得，=+，=+同理=+，由于ab，故，1，即tbta就是BFAD BG=BF+FGAD+DE=AE即是BGAE = GF= =DE矛盾故BC=AC或 =，注意到GF=DE，故BFAD与矛盾故证定理7 (Simson line) P是ABC的外接圆O上的任意一点，PXAB，PYBC，PZCA，垂足为X、Y、Z，求证： X、Y、Z三点共线分析 如果连ZX、ZY，能证得1=3，则由AZB=180得YZX=180，即可证此三点共线证明PXB=PZB=90P、Z、X、B四点共圆1=2PZA=PYA=90P、Z、A、Y四点共圆3=4但2+5=90，4+6=90，而由P、A、C、B四点共圆，得5=6故2=4，从而1=3故X、Y、Z共线说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法本题的逆命题成立，该逆命题的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题例13设H为ABC的垂心，P为ABC的外接圆上一点，则从点P引出的三角形的西姆松线平分PH分析：考虑能否用中位线性质证明本题：找到一条平行于Simson线的线段，从PXAH入手连PE，得1=2，但2=3，再由四点共圆得3=4，于是得6=7可证平行证明 连AH并延长交O于点E，则DE=DH，连PE交BC于点F，交XY于点K，连FH、PB PXAE， 1=2，又2=3， P、Z、X、B四点共圆，3=4， 1=4 K为PF中点 DE=DH，BDEH， 2=5 FHXY XY平分PH又证：延长高CF，交圆于N，则F是HN的中点，若K为PH中点，则应有FKPN再证明K在ZX上即证明KZF=XZB设过P作三边的垂线交BC、CA、AB于点X、Y、Z连KZ、KF、ZX，延长CF交O于点N，连PN由PZAB，CFAB，K为PH中点知，KZ=KF KZF=KFZ易证HF=FN，故KFPN PNC=KFH但PNC+PBC=180， KFZ+ZFH+PBC=180即KFZ+PBC=90又PXBC，PZBZP、Z、X、B共圆 XZB=XPB，而XPB+PBC=90 KZF=KFZ=XZB ZK与ZX共线即点K在ABC的与点P对应的Simson line上)定理8（Euler line）三角形的外心、重心、垂心三点共线，且外心与重心的距离等于重心与垂心距离的一半分析 若定理成立，则由AG=2GM，知应有AH=2OM，故应从证明AH=2OM入手证明：如图，作直径BK，取BC中点M，连OM、CK、AK，则KCB=KAB=90，从而KCAH，KACH，CKAH，AH=CK=2MO由OMAH，且AH=2OM，设中线AM与OH交于点G，则GOMGHA，故得MGGA=12，从而G为ABC的重心且GH=2GO说明 若延长AD交外接圆于N，则有DH=DN这一结论也常有用例14设A1A2A3A4为O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置（1992年全国高中数学联赛）分析 H1、H2都是同一圆的两个内接三角形的垂心，且这两个三角形有公共的底边故可利用上题证明中的AH=2OM来证明证明 连A2H1，A1H2，取A3A4的中点M，连OM，由上证知A2H1OM，A2H1=2OM，A1H2OM， A1H2=2OM，从而H1H2A1A2是平行四边形，故H1H2A1A2 ，H1H2=A1A2同理可知，H2H3A2A3，H2H3=A2A3； H3H4A3A4，H3H4=A3A4； H4H1A4A1，H4H1=A4A1故 四边形A1A2A3A4四边形H1H2H3H4由四边形A1A2A3A4有外接圆知，四边形H1H2H3H4也有外接圆取H3H4的中点M1，作M1O1H3H4，且M1O1=MO，则点O1即为四边形H1H2H3H4的外接圆圆心又证：以O为坐标原点，O的半径为长度单位建立直角坐标系，设OA1、OA2、OA3、OA4与OX正方向所成的角分别为、d，则点A1、A2、A3、A4的坐标依次是(cos，sin)、(cos，sin)、(cos，sin)、(cosd，sind)显然，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的外心都是点O，而它们的重心依次是：(cos+cos+cosd)，(sin+sin+sind)、(cos+cosd+cos)，(sin+sind+sin)、(cosd+cos+cos)，(sind+sin+sin)、(cos+cos+cos)，(sin+sin+sin)从而，A2A3A4、A3A4A1、A4A1A2、A1A2A3的垂心依次是H1(cos+cos+cosd， sin+sin+sind)、H 2 (cos+cosd+cos，sin+sind+sin)、H 3 (cosd+cos+cos，sind+sin+sin)、H 4 (cos+cos+cos，sin+sin+sin)而H1、H2、H3、H4点与点O1(cos+cos+cos+cosd，sin+sin+sin+sind)的距离都等于1，即H1、H2、H3、H4四点在以O1为圆心，1为半径的圆上证毕定理9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计九点共圆分析 要证九个点共圆，可先过其中三点作一圆，再证其余的点在此圆上为此可考虑在三种点中各选一点作圆，再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上，即可证明证明：取BC的中点M，高AD的垂足D，AH中点P，过此三点作圆，该圆的直径即为MP由中位线定理知，MNAB，NPCH，但CHAB，故PNM=90，于是，点N在MDP上，同理，AB中点在MDP上再由QMCH，QPAB，又得PQM=90，故点Q在MDP上，同理，CH中点在MDP上由FP为RtAFH的斜边中线，故PFH=PHF=CHD，又FM为RtBCF的斜边中线，得MFC=MCF，但CHD+DCH=90，故PFM=90又得点F在MDP上，同理，高BH的垂足在MDP上即证说明 证明多点共圆的通法，就是先过三点作圆，再证明其余的点在此圆上九点圆的圆心在三角形的Euler线上九点圆的直径等于三角形外接圆的半径由OMAP，OM=AP，知PM与OH互相平分，即九点圆圆心在OH上且九点圆直径MP=OA=ABC的外接圆半径定理10(三角形的内心的一个重要性质)设I、Ia分别为ABC的内心及A内的旁心，而A平分线与ABC的外接圆交于点P，则PB=PC=PI=PIa例15设ABCD为圆内接四边形，ABC、ABD、ACD、BCD的内心依次为I1、I2、I3、I4，则I1I2I3I4为矩形(1986年国家冬令营选拔赛题）分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可为此可计算1、2、XI2Y1022证明 如图，BI2延长线与O的交点X为中点且XI2=XI3=XA=XD，于是1=(180-X)=90，同理，2=90-XI2Y= (+)= (+)+(+)，故1+2+XI2Y=90+90+(+)=270从而I1I2I3=90同理可证其余说明 亦可证XZYU，又XZ平分I2XI3及XI2=XI3I2I3XZ，从而I2I3YU，于是得证定理11 (Euler定理)设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，则d2=R2-2Rr(1992年江苏省数学竞赛)分析 改写此式，得：d2-R2=2Rr，左边为圆幂定理的表达式，故可改为过I的任一直线与圆交得两段的积，右边则为O的直径与内切圆半径的积，故应添出此二者，并构造相似三角形来证明证明：如图，O、I分别为ABC的外心与内心连AI并延长交O于点D，由AI平分BAC，故D为弧BC的中点连DO并延长交O于E，则DE为与BC垂直的O的直径由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IAID（作直线OI与O交于两点，即可用证明）但DB=DI（可连BI，证明DBI=DIB得），故只要证2Rr=IADB，即证2RDB=IAr即可而这个比例式可由AFIEBD证得故得R2-d2=2Rr，即证例16(1989IMO)锐角DABC的内角平分线分别交外接圆于点A1、B1、C1，直线AA1与ABC的外角平分线相交于点A0，类似的定义B0，C0，证明：例 S=2S； S4SABC分析：利用A1I=A1A0，把三角形A0B0C0拆成以I为公共顶点的六个小三角形，分别与六边形A1CB1AC1B中的某一部分的2倍相等 若连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，再计算其面积和，最后归结为证明R2r也可以这样想：由知即证S2 SABC，而IA1、IB1、IC1把六边开分成三个筝形，于是六边形的面积等于DA1B1C1面积的2倍故只要证明SSABC证明： 设DABC的内心为I，则A1A0=A1I，则S=2S ；同理可得其余6个等式相加即得证 连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1AB，OA1BC，OB1CA，得 S=S+ S + S=ABR+BCR+CAR=Rp但由Euler定理，R22Rr=R(R2r)=d20，知R2r，故Rp2rp=2SDABC故得证 证明：记A=2a，B=2b，C=2g0a，b，g则SABC=2R2sin2asin2bsin2g，S=2R2sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)又sin(a+b)=sinacosb+cosasinb2=，同理，sin(b+g)，sin(g+a)，于是SSABC得证又证：连OA、OB、OC把六边形A1CB1AC1B分成三个四边形，由OC1AB，OA1BC，OB1CA，得 S=S+ S + S=ABR+BCR+CAR=Rp但由Euler定理，R22Rr=R(R2r)=d20，知R2r，故Rp2rp=2SDABC故得证又证：a+b+g=p，故sin(a+b)=cosg，sin(b+g)=cosa，sin(g+a)=cosb于是，sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)=cosacosbcosg，故sin(a+b)sin(b+g)sin(g+a)sin2asin2bsin2g， cosacosbcosg8sinasinbsingcosacosbcosg，由0a、b、g线段PP4的长即PQR的周长DEF的周长定理16(Polya问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中，以直径最短 连AB，作 与AB平行的直径CD，作直径AB，则B与B关于CD对称CD与曲线AB必有交点，否则曲线AB全部在CD一侧，不可能等分圆面积设交点为E，连AE、BE、BE，则AE+EB=AE+EBAB，故曲线AB的长大于直径AB定理17(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题：1 在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大 2 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大 3 在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。 4 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。 下面证明：等长的曲线围成面积最大的图形是圆(Steiner解法）1 周长一定的封闭曲线中，如果围成的面积最大，则必为凸图形若为该图形凹，可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线，作该曲线在两交点间一段弧的对称曲线，则可得一个与之等周且面积更大的图形2 周长一定的面积最大的封闭曲线中，如果点A、B平分其周长，则弦AB平分其面积若AB不平分其面积，则该图形必有在AB某一侧面积较大，如图，不妨设NM，则去掉M作N的关于AB的对称图形N，则由N、N组成的图形周长与原来的相等，但面积更大3对于既平分周长与又平分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若C为此段弧上任一点，则ACB=90否则可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变ACB的大小，使ACB=90，则M、N的面积不变，而P的面积变大这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆例20设正三角形ABC的边长为a，若曲线l平分ABC的面积，求证：曲线l的长l分析 从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关，故应设法找出相头的圆再如果一条曲线等分此正三角形的面积，则估计此曲线应是圆弧，于是可求出其半径但要说明此弧一定是最短的，就要把圆弧还原成圆，从而可把此三角形还原成圆内接六边形证明 设曲线PQ平分ABC的面积，其长度为l若此曲线与三角形的两边AB、AC相交于点P、Q，作ABC关于AC、AC的对称图形，得ACD、ABG，再作 此图形关于DG的对称图形，得到一个正六边形BCDEFG则曲线PQ相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形BCDEFG的面积以A为圆心，r为半径作圆，使此圆的面积等于正六边形面积的一半则此圆的夹在AB、AC间的弧段MN平分ABC的面积由于正六边形面积=6a2=a2故得pr2=a2，解得r=a，从而弧MN的长=2r=，由等周定理，知l练习题1、在四边形ABCD中，ABD、BCD、ABC的面积比是341，点M、N分别在AC、CD上满足AMAC=CNCD，并且B、M、N三点共线求证：M与N分别是AC与CD的中点(1983年全国高中数学联赛)证明 设AC、BD交于点E由AMAC=CNCD，故AMMC=CNND，令CNND=r(r0)， 则AMMC=r由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABDSBCD =34从而AEECAC=347SACDSABC=61，故DEEB=61，DBBE=71AMAC=r(r+1)，即AM=AC，AE=AC，EM=(-)AC=ACMC=AC，EMMC=由Menelaus定理，知=1，代入得 r7=1，即4r23r1=0，这个方程有惟一的正根r=1故CNND=1，就是N为CN中点，M为AC中点2、四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC延长交于点P，AD、BC延长交于点Q，由Q作该圆的两条切线QE、QF，切点分别为E、F，求证：P、E、F三点共线(1997年中国数学奥林匹克）证明 连PQ，作QDC交PQ于点M，则QMC=CDA=CBP，于是M、C、B、P四点共圆由 PO2-r2=PCPD=PMPQ， QO2-r2=QCQB=QMQP，两式相减，得PO2-QO2=PQ(PM-QM)=(PM+QM)( PM-QM)=PM2-QM2， OMPQ O、F、M、Q、E五点共圆连PE，若PE交O于F1，交OFM于点F2，则对于O，有PF1PE=PCPD，对于OFM，又有PF2PE=PCPD PF1PE=PF2PE，即F1与F2重合于二圆的公共点F即P、F、E三点共线3、若ABC的边a、b、c，所对的角为124，求证：=