平面几何试题精选

1、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 = = 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 Þ SBWY同理SAWX则勾股定理知 SY 2 = SB 2 + BY 2 =

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

3、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：引理：如图，设BAP = a, BAP¢ = b，则 = Þ AP与AP¢重合引理的证明：事实上，式即 = Û = Û sin A cot asin A = sin A cot bcos A Û a = b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 = 先看右图， E、P、F三点共线，以A为视点运用张

4、角定理得 = + 综合上二式有 ( ) sin 1 = ( ) sin 2 Û = 又易有M、B、C、N四点共圆 AM·AB = AN·AC，即 2AM·AE = 2 AN·AF = 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 = , = 两式相除有 = ，其中MO sin OMH = OM cos OME = EM过O作OGBN = G，由OGN = GNF = NFO = 90°知OGNF为矩形

5、 OG = NF, OB sin OBN = OG = 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DHA¢S关于BC对称故DHA¢S必为等腰

6、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 所对圆周角为 a，由ADBE, = 知 所对角为C, 所对角为B, 所对角为 a 所对角为 BCa SHA¢ = HA¢D = BCa UHC¢ = HC¢F = CC¢F = () = () = Aa, AHC¢ = 180°C¢HA¢ = B UHA¢ = 180°(C¢HU

7、+ AHC¢) = C + a 同理可得THA¢ = Ba + 得 UHS = B；得 SHT = C又 = + + = 2(90°B + C + BCa) = 2(90°a) A¢D = 2R sin (90°a) HS = 2R sin (90°a)同理可计算出 C¢F = 2R sin (90°B + a), BE¢ = 2R sin (90°Ca)从而HU = 2R sin (90°B + a), HT = 2R sin (90°Ca)由此有HS : HU

8、: HT = sin (90°a) : sin (90°B + a) : sin (90°Ca)综上我们得出了一些关于四边形HUST的性质： UHS = B, SHT = C, = , = 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 = 90°B + a, YZW2 = 90°CaYW1与ZW2交于W，连接XW ZWY = 180°(ZYW + YZW) = 180°(180°BC) = B + C = 180°ZXY

9、X、Z、W、Y四点共圆 XZW + XYW = 180° (*) XYW = XYZ + ZYW = B + 90°B + a = 90° + a, WXY = WZY = 90°Ca 由正弦定理知 = = = 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

10、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¢EBC = 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A(cos a, sin a)、B(cos b, sin b)、C(cos b, sin b)，ADB = g由正弦定理知 = 2 sin g = 且BAO1 = CAO2 O1A

11、O2 = BAC，从而AO1O2ABC且相似比为 由BAO1 = 90°g 知ABC变换为AO1O2为一个绕A逆时针旋转90°g 及以A为中心位似比为 的位似变换之积= (cos a, sin a) 对应复数为cos ai sin a，则AO¢对应复数为 (cos ai sin a)·(cos (90°g) + i sin (90°g) ) = A¢ (记为)则A¢ = sin (ga) + i cos (ga) O¢ = A + A¢， O¢的横坐标即为+ cos a = E点坐标为

12、( , sin b)又由九点圆性质，设O为外心，G为重心，则 = 且Ni与O在G异侧设G为G点对应复数，Ni为Ni点对应复数，则Ni = G = (A + B + C)于是Ni坐标为( , )设NiE斜率为k，则 k = = = tan g又 ADC = pg， AD斜率亦为tan g，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 的值解：我们先证明CP平分ACB，且CPBD用同一法作ACB平分线CP¢交DN

13、于P¢，则BCP¢ = ACP¢ = CBD = CDB = C P¢CBD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 = C故只须证 = 注意到P¢CBD，故 = 又CD = BC，故 Û = 对直线NTD截ABC运用梅涅劳斯定理有 = 1 N为AB中点， AH = NB Þ = ，得证从而 BCP¢ADB Þ P¢BC = A PBC = P¢BC，P¢、P、A皆在BC同侧，P¢与P皆在

14、ND上， P¢ = P即 CP平分ACB且CPBD下证 = 2，对ACD截BTN有 = 1 N为AB中点， = = 2 + CP平分ACB， = ，我们证明 = 即可 CD = BC， 只须证 = 1对BTC截AND运用梅氏定理有 = 1，即 = 1故 = 2综上所述，所求 = 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 Û 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

15、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 = 90°C, OAC = 90°B由AF + FC = b, = 解得AF = 同理可得 AG = 由张角定理知，G、O、F三点共线 Û = + Û = + Û bc sin A = R (a + b) cos B + (a + c) cos C (利用正弦定理) Û 2 sin A sin B sin C = (sin A + sin B

16、) cos B + ( sin A + sin C) cos C Û 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 (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 (BC)cos (B + C) = cos B + cos C + cos

17、 (BC) Û cos A = cos B + cos C (*)另一方面，D、I、E三点共线 Û = + Û = + 消去 sin 、去分母有 r (sin B + sin C) = 2R sin A sin B sin C cos A又 S = 2R 2 sin A sin B sin C = r (a + b + c)， = = 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 + si

18、n C = 4 cos cos cos 有 2 cos cos = 4 cos cos cos cos A消去 2 cos 再对 cos cos 积化和差有 cos = (cos + cos ) cos A Û cos (1cos A) = sin cos A Û 2 cos sin 2 cos A Û 2 cos sin = cos A Û 2 cos cos = cos A Û cos B + cos C = cos A (积化和差)故D、I、E三点共线 Û cos A = cos B + cos C Û G、O、F三点

19、共线 D、I、E共线 Û 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O1HAB = H，过O2作O2IAB = I，O2EO1H = E，则 O1AB = A, O2BA = B故 A、B、O1、O2四点共圆 Û BAO1 = FO2O1 O2EAB， FO2E = B FO2

20、O1 = EO2FO1O2E， FO2O1 = BO1O2E Û = O1O2E Û O1O2E = Û tan EO2O1 = tan 记O1H = rA, O2i = rB， ADC = 90°，由直角三角形内心性质知rA = DH = 同理 rB = , tan EO2O1 = = = 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 = = Û = 下面分情况讨论：

21、1° A = B时，左右两边皆为0，式成立；2° A B时，sin 可约去，得 2 sin A sin B + sin Csin Asin B = 2 cos 2 cos 利用 2 sin A sin B = cos (BA)cos (A + B) = cos (BA) + cos C, 2 cos 2 = cos (BA) + 1, 2 cos cos = cos A + cos B三式代入化简得 Û 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 =

22、 1 + 4 sin sin sin 得 1sin A + sin Bsin C = 1 + 2 sin cos 2 sin sin = 1 + 2 cos (cos cos ) = 1 + 4 sin sin cos 结合两方面知 Û sin = cos Û C = 90°综合1°、2°知 Û C = 90°或A = B故A、B、O1、O2四点共圆 Û 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、LA0、B0、C0分别是AH、BK、CL中点，I为内切圆

23、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&#

24、162;、C¢，则B¢C¢DI, OIBC 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OPBC于P Þ 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 Þ O在DD¢中垂线上，引理2得证下面回到原题：延长OI交

25、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 = + = + 由IDA0H知 IA0 = ·ID¢，而 = 代入得 = + 又 sin AID = sin D¢IX = sin (D¢ID + DIX) = + = + = + sin DIO·( + ) = + sin DIO·由 = 代入有 = + sin DIO = (cos DIX + sin DIO) OPID， cos DIX = cos POX, sin DIO = sin POX 括号中乘一个OI，括号外除

26、一个OI得 = (OQ + ·IQ )，其中QO = OPID, IQ = PD = DD¢ (引理2知) = (OP + ·A0H )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 sin B sin C DH = CDCH = b cos C = =

27、, DD¢ = BC(BD¢ + CD) = a(a + bc) = cb故 ·A0H = ·R sin B sin C故 MA = R(cos A + )，其中 sin B + sin Csin A = 2 cos cos 2 cos cos = 2 cos (cos cos ) = 2 cos sin sin , sin A sin B sin C = 8 sin sin sin cos cos cos 代入有 MA = MB = MC等价于 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos = cos C

28、+ 2 sin cos cos 其中 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos Û cos Acos B = 2 cos (sin cos sin cos ) Û cos A cos B = 2 sin sin ，此式显然成立故MA = MB同理MB = MC, MA = MC MA = MB = MC Û 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，

29、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DEFQ引理1的证明：首先，·= r 2 (r为半径)过F作O切线FP、PQ切O于P、Q FPAFBP， = = ( ) 2 = 同理 ( ) 2 = 由FADFCB知 ( ) 2 = 上面三式相乘得 = 1 BD、AC、PQ三线共点又由E在PQ上知 ·= (+ )·= ·+ ·= r 2 ·= ·() = ··= 0引理

30、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 = 180°2B = 180°AOC A、P、C、D四点共圆 FPO = FPCOPC = 180°BOAC = 180°B(90°B) = 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OA·OB = r 2，则 是定值引理3的证明： OP 2 = OB·OA， OBPOPA = = ( ) 2 = , ( ) 2 =

31、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OFQA O、F、P¢三点共线 P与P¢重合设OF与O交于I，由引理4知 = 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G 上两点，X为G 在A和B处切线的交点，在圆G 上选取两点C

32、、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 Z XOAXAM， 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MXDZ，则MD = MZ = = = 在GX上取点X¢，使GKD = DFX¢，在X¢F上取W使CFGW由 = = = 得 CG·X¢D = X¢C·GD

33、由上面两式得 = ，故X = X¢ GFD = XFD又 = < 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

34、 + = + 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 = = 由·LC + ·BL得 LC·+ BL·= 注意到OB·LC + OL·BL = BC·LO，则式变为 LC·+ BL·= BC· 对由BD截LCM和AC截LBM用梅氏定理知 BC·= BL·, BC·= LC·把它们代入式整理即得证12 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 (32)AD证

35、：令 = m, = n, = p，对ABC及点P用塞瓦定理有 = mnl = 1对ADC及截线BPE用梅氏定理得 = 1注意到 = ，故 n·= 1 = ，从而 = 又对直线APD截BCE有 = 1 = n + 1, = mn + m， = mn + m + 1又对ABP及FQE有 = 1从而 = = = = = = = = = 32 PQ (32)AP当 = p(m + 1)，亦即 = p(m + 1)，当p(m + 1) = 时取等号，得证13 设P为锐角ABC内部一点，且满足条件PA·PB·AB + PB·PC·BC + PC·

36、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

37、83;EF + AF·BE AE·BF, BD·AE + AD·BE AB·AC AB·AD + BC·CD AE·AC, BD·AE + AD·CD AB·BC 对式中前一式，两边同乘DB后，再加上DC·DA·AC，然后注意式中后一式有 DB·PA·AB + DB·DC·BC + DC·PA·AC DB·AE·AC即 DB (AB·AD + BC·CD) + DC&

38、#183;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ADBC)而 ADBC且CDAB，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w以O为圆

39、心，与线段AD、CD分别交于E、F，AB的延长线与w交于H，CB的延长线与w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， PACQCN Þ AP = CQ得证评注：本题运用了对称的想法，是

40、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K0，使OR·RK0 = DR·RB = AR·RC则O、B、D、K0共圆， DK0¢R = OBR同理A、O、C、K共圆， AK0R = ACD AK0D = ACODBO = BADABC = APD A、D、K0、P四点共圆，且 OK0P = DK0P + DK0O = BAD + OBD = 同理DK0Q = ，故P、K0、Q共线

41、，从而K0 = 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CC1BF = C1，EE1BF = E1，AA1BC，FF1BC证明：(1) BC1F1与BA1E1有相同的内心I；(2) 设BB1CF = B1，BB2AE = 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，XX1YZ，YY1XZ，且XYZ的内切圆与ZY切于X2，与XZ切

42、于Y2，则ZX1Y1的圆心即为ZX2Y2的垂心引理的证明：由ZX1Y1ZXY，相似比为 ZW1 = ZW cos a (这里W、W1分别是XYZ与X1Y1Z1的内心)作W1RYZ于R，则ZR = ZY2 cos a 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

43、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w过OM，且圆心K在MA上，过A作MA的垂线交圆w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 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

44、62;：(1) 当EFGH时，由于GEFH中有GEHF，且GH = EF故此时EFHG为矩形，N与A¢重合显然成立(2) 当EFGH时，EFHG是等腰梯形，设HG与FE交于点R显然REGEFH，设相似比为k，设RE = RG = a，则 RF = RH = RG, RE·RF = ka 2, RN = ka·= a, RA¢ = a + a = a RN·RA¢ = ka 2 = 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¢B

45、C = 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

46、点共线，A、OA、H三点共线对应边比值相同可知 = 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°2PAOAK = 2AHO180°同理PBKOB = 2BHO180° PAKOA + PBKOB = 2(AHO + BHO)360

47、6; = 360°2AHB = 2C而 OAKOB = 2OAB¢OB = 2OAHB¢ = 2C = 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

48、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

49、83;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BCAD，则EF、AC、BD三线共点 K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当BCAD时，= ，p 2 = cd, q 2 = ab, = = = = = = ， (pa)(bp) = (qc)(dq)，即 AP

50、3;PB = DQ·QC MP·PQ = AP·PB = DQ·QC = PQ·QN， MP = QN又 (MP + PK)·KQ = PK(KQ + QN)， PK = QK SEPF = SEQF 即 = ， = = = = ， EC·DE = EQ 2同理 FC·FD = FQ 2, EA·EB = EP 2, FA·FB = FP 2设EFAC = R1, EFBD = R2, ACBD = R，则 = = = 同理 = = ( ) 2 = ( ) 2 = ( ) 2 ( ) 2 = 1

51、 = , = 又 ADBC, = ， = 若R1 R2，则 R1R2AD，即EFADBC，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PSAC即S = R设切线切O于点T，记 a = BOD = COE = BAO, b = BPO = TPO, g = CQO = TQO则 2(a + b + g)

52、 = p，AOP = pab = + g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 = pAOP = g, FAD = g PFBO知 PFD = a由对应角相等可得 AFDQOE, PFDCOE = 由于CSDE知 = 于是 = ，因此PSAQ由于AQ与AC为同一条直线，故PSAC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Ia，IIa分别交BC、ABC于A¢、M，N为 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在MTIa中，= = 在ANIa

53、中，= = = = = 同理 = 易证ACIAIaB, MBA¢MAB, ACA¢AMB = 即 AB·AC = AI·AIa = 即 MB 2 = MA·A¢M = 即 AB·AC = AM·AA¢ 熟知MI = MB = MIa设AMST = A¢¢，则 = = = (由)= = (由) = = , 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 =

54、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 = , BD = (a + cb), FDE =

55、 设DIOH = D1，则D1在线段OH上，且 = = = = 设EIOH = D2, FIOH = D3，则同理可得 = = 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 = DKOI, P2 = EMOI, P3 = FNOI直线P1DK截OIO1，由梅氏定理得 = 1又 O1K = O1D，因此 = = 同理 = = 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、F

56、N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 2a, 2b, 2g, 2，则 a + b + g + = 180°不妨设 a g, b ，则 |ABCD| = 2 | sin asin g | = 4 | sin cos | = 4 | sin sin |同理 |ADBC| = 4 | sin cos | = 4 | sin sin |, |ACBD| = 4 | sin sin |

57、|ABCD|ACBD| = 4 | sin | | sin cos | = 8 | sin | sin cos 0 < , 90°， sin cos 0 |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 a + g + = b 90° |ABCD| = 4 | sin cos | = 4 sin cos , |ADBC| = 4 | sin | cos , |ACBD| = 4 | sin | cos ( + ) b = a + + g，

58、 0 < b < 2 + a + g < 180° cos > cos ， |ABCD| |ACBD|又 = = + , cos = cos ( + )而 | | = ， | sin | sin |ADBC| |ACBD|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A1、B1、C1，A1关于A的对称点为A2，类似定义B2、C2求证A2、B