BMBJDIDL???，且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL． MCCIAJLA6．证明：如图，设AD与BC相交于点P，用O表示半圆T的圆心．过P作PH丄l于H，连OD，OC，OP．由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH， 于是有

PAHHPBHHP??.类似地，Rt△OCB∽Rt△PHB，则有. ADDOBCCOAHBHAHBCPD????1. ，从而ADBCHBCPDAADEOF(H)CBl由CO=DO，有

由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC，BD，PH相交于一点，即E在PH上，点H与F重合． 因∠ODP=∠OCP=90°，所以O，D，C，P四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F也在这个圆上，因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，所以EF平分∠CFD． AFBDCEXZBDCYAFCEXZCY

7．证明：延长FE、BC交于Q．··=1，··=1，?·=·．

FBDCEAZBDCYAFBEAZBYAAFBQCE

由Menelaus定理，有 · · =1．

FBQCEAXZBQCY

于是得··=1．即Z、Y、Q三点共线．

ZBQCYA但由切割线定理知，QE·QF=QD2=QY·QZ． 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．

8．

本节“习题18”解答：

1、证明 设AC、BD交于点E．由AM∶AC=CN∶CD，故AM∶MC=CN∶ND，

令CN∶ND=r(r>0)， 则AM∶MC=r．由SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即SABD∶SBCD =3∶4．从而

BFZPIXYCQEAD第7题图

证：?在?EBC中，作?B的平分线BH,则?EBC??ACK,?HBC??ACE,?HBC??HCB??ACE??HCB?90?,即BH?CE.??EBC为等腰三角形.作BC上的高EP，则CK?EP.对于?ACK和三点D、E、F依梅涅劳斯定理有：CDAEKFKFEKCKEPBPBK???1.于是＝????.DAEKFCFCAEACACBCBEKFBKKFBK即＝.依分比定理有：＝.??FKB??CKE.?BF//CE.FCBEKCKE AE∶EC∶AC=3∶4∶7．SACD∶SABC=6∶1，故DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶r3

1．AM∶AC=r∶(r+1)，即AM=AC，AE=AC，

r+17

4r－34r－3r31

∴EM=(-)AC=AC．MC=AC，∴EM∶MC=．由Menelaus

r+177(r+1)r+174r－3CNDBEM

定理，知··=1，代入得 r·7·=1，即4r2－3r－1=0，这个方

NDBEMC7程有惟一的正根r=1．故CN∶ND=1，就是N为CN中点，M为AC中点．

2、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=PC·PD=PM·PQ，

QO2-r2=QC·QB=QM·QP，两式相减，得PO2-QO2=PQ·(PM-QM) =(PM+QM)( PM-QM)=PM-QM，∴ OM⊥PQ．

∴ 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PF1·PE=PC·PD，对于⊙OFM，又有PF2·PE=PC·PD．∴ PF1·PE=PF2·PE，即F1与F2重合于二圆的公共点F．即P、F、E三点共线．

3、作三角形的外接圆，即得圆内接正七边形，转化为例5． XPSPBCYPSPCAZPSPAB

4、证明：=，=，=，三式相加即得证．

XASABCYASABCZASABCPBQZRA

5、AB交⊿PQR于B、A、Z，?··=1，

BQZRAPRAPYQC

AC交⊿PQR于C、A、Y，?··=1，

APYQCRPBQCRX

BC交⊿PQR于B、C、X，?··=1，

BQCRXPPBRAQCQZRXPY

三式相乘，得(··)2··=1．

BQAPCRZRXPYQ

QZRXPY

但PB=PA，QB=QC，RA=RC，故得··=1．?X、Y、Z共线．

ZRXPYQ

Z2

2

AEBMCNDAEODBFMCQPAROBXCQYP6、（1）证明：若AA'、BB'、CC'三线交于点O，由⊿OA'B'与直线AB相交，得

OAA?ZB'B

··=1； AA?ZB?BO

A'AOCC'YOBB'XCC'

由⊿OA'C'与直线AC相交，得··=1；由⊿OB'C'与直线BC相交，得··=1；

AOCC?YA'BB'XC?C'OA'ZB'XC'Y

三式相乘，得··=1．由Menelaus的逆定理，知X、Y、Z共线．

ZB'XC?YA'（2）上述显然可逆．

7、提示:作ΔABC的外接圆，则M为圆心．∵ MN∥AE， ∴ MN⊥BC．

∵ AD平分∠A，∴ 点Y在⊙M上，同理点X也在⊙M上．∴ MX=MY． 记NE∩AD=F，由于直线DEZ与ΔLNF的三边相交，直线AEC与ΔBDF三边相交，直线BFE与ΔADC三边相交，由Menelaus定理，可得： LZNEFDNZNEFDBEFDFEBCDAAFDBCE··=1．?=·=·；··=1，··=1． ZNEFDLZLEFDLEFDAEBCDAFFDBCEANZBDCEABBCBC

三式相乘得=·=·=．另一方面，连结BY、AX，并记MY∩

ZLDCAEACABAC

ZAXHELFDMNGYBCBC=G，AC∩MX=H， 于是有∠NBY=∠LAX，∠MYA=∠MAY=∠LAC， ∴∠BYN=∠ALX． ∴ ΔBYN∽ΔALX．∴

LXAFACNZLXMYNZLX

==，∴ ··=·=1．由Menelaus定理NYBGBCZLXMYNZLNY

E543可得，X、Y、Z三点共线．

注：本题是直线形问题，因此可用解析法证明．

8、证明 在FB上取FG=AF，连EG、EC、EB，于是⊿AEG为等腰三

1AF2G角形，∴EG=EA．又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4，

?1=?2．于是⊿EGB??EAC．???BG=AC，∴ AB-AC=AG=2AF．

BC9、证明 ∵O为⊿ABC的外心，∴ OA=OB．∵ O1为⊿PAB的外心，∴O1A=O1B．∴ OO1⊥AB．作⊿PCD的外接圆⊙O3，延长PO3与所作圆交于点E，并与AB交于点F，连DE，则?1=?2=?3，?EPD=?BPF，

∴ ?PFB=?EDP=90?．∴ PO3⊥AB，即OO1∥PO3．

同理，OO3∥PO1．即OO1PO3是平行四边形．∴ O1O3与PO互相平分，即O1O3过PO的中点．同理，O2O4过PO中点．∴ OP、O1O3、O2O4三直线共点．

10、提示：设士兵要探测的正三角形为⊿ABC，其高=2d，他从顶点A出发．如图，以B、C为圆心d为半径分别作弧EF、GH，则他分别到达此二弧上任意一点时，就可探测全部扇形区域BEF及CGH，故可取弧EF上一点P，及弧GH上一点Q，士兵从A出发，走过折线APQ，连PC，交弧GH于R，则AP+PQ+QC>AP+PR+RC，即AP+PQ>AP+PR，因此，只要使AP+PC最小，就有折线APQ最小．

现取弧EF的中点M，MC交弧GH于N，则士兵应沿折线AMN前进． 易证，对于⊿ABC三边上任一点，总有折线AMN上某一点，与之距离

其次，对于弧EF上任一点P，AM+MC < AP+PC．这可由下图证出：过M作AC的平行线，由点P到AC的距离>M到AC的距离，知AP与此平行线有交点，设交点为K．并作点C关于此平行线的对称点C’，则AM+MC=AC’

11、⑴ 设D为AA1与BB1的交点，易知?A1CA=?B1CB，A1C∶BC=AC∶B1C，

A1BED1O3O4P2CO2OO1FA3BAEPMB2dQRNFDHGCC1AB1C ∴ ⊿A1CA??B?CB．????DBC=?DA1C．于是B、D、C、A1共圆．同理A、D、C、B1共圆，故点D是⊿A1BC和⊿AB1C的外接圆的交点．

又 ?ADB=180?-?ADB1=180?-?AC1B．所以，点A1、D、B和C1共圆，于是点D是所有三个圆的公共点．

⑵ 由于?BDC1=?BAC1=?BA1C=180?-?BDC，所以直线CC1经过点D． 12、证明：⑴显然B、D、H、F四点共圆；H、E、F四点共圆． ∴ ?BDF=?BHF+180?-?EHF=?BAC． ?OBC=1

2(180?-?BOC)=90?-?BAC．

∴ OB⊥DF．同理，OC⊥DE．

⑵ ∵ CF⊥MA， ∴ MC2-MH2=AC2-AH2； ∵ BE⊥NA， ∴ NB2-NH2=AB2-AH2； ∵ DA⊥AC， ∴ DB2-CD2=BA2-AC2； ∵ OB⊥DF， ∴ BN2-BD2=ON2-OD2； ∵ OC⊥DE， ∴ CM2-CD2=OM2-OD2． ①-②+③+④-⑤，得 NH2-MH2=ON2-OM2； OM2-MH2=ON2-NH2． ∴ OH⊥MN．

① ② ③ ④ ⑤ AOFHEBDCNM