2018江苏奥数夏令营——平面几何(教师版)2018年6月25日南京廖华答案网

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文章发布时间 : 2024/5/29 9:06:00星期三

2018年奥数夏令营讲义

——平面几何

一、等差幂线定理 ........................................................................................................................................ 2 二、共边比例定理、分角张角 ..................................................................................................................... 8

2.1 共边比例定理................................................................................................................................ 8 2.2 分角定理 ..................................................................................................................................... 11 2.3 张角定理 ..................................................................................................................................... 13 三、Menelaus、Ceva、Pascal定理 ............................................................................................................ 16

3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理 ...................................................................................................... 16 3.2 赛瓦（Ceva)定理 ........................................................................................................................ 20 3.3 Pascal定理 .................................................................................................................................. 24 四、三角形五心 .......................................................................................................................................... 29

4.1 三角形的内心.............................................................................................................................. 29 4.2 三角形的外心.............................................................................................................................. 32 4.3 三角形的重心.............................................................................................................................. 35 4.4 三角形的垂心.............................................................................................................................. 39 4.5 三角形的旁心.............................................................................................................................. 43 五、等角共轭 .............................................................................................................................................. 50

5.1 等角共轭 ..................................................................................................................................... 50 5.2 等角共轭点.................................................................................................................................. 51 六、Simson 定理、托勒密、三弦定理 ................................................................................................... 63

6.1 Simson 定理................................................................................................................................ 63 6.2 Ptolemy 定理 .............................................................................................................................. 66 6.3 三弦定理 ..................................................................................................................................... 71 七、Stewart 定理 ........................................................................................................................................ 74 八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆 ............................................................................................................... 79 九、圆幂定理、根轴、根心....................................................................................................................... 87 十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆 ................................................................. 104 十一、调和点列、线束............................................................................................................................. 109 十二、顾冬华20题 .................................................................................................................................. 118

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.

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一、等差幂线定理

1. 如图，点P为△ABC内部一点，PL、PM、PN分别垂直于BC、CA、AB，且AM?AN，

BN?BL.

求证：CL?CM.

NAMPBCL

【证明】由定差幂线定理 PN?AB?PA2?PB2?NA2?NB2； PL?BC?PB2?PC2?LB2?LC2；

PM?CA?PC2?PA2?MC2?MA2.

上述三式相加，结合AM?AN及BN?BL，得CL?CM.

2. A在正方形对角线上一点(不与

D重合)，A P . 求证：

D F

PFBECB

E C

【证明】

则

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3. 在

A中，. 求证：和边上的中线和互相垂直.

EBDC

【证明】连接

A ，得

D C

4. 如图，在△ABC中，CD?AB，BE?AC，D、CD与BE交于点H. 证明：AH?BC. E是垂足，

CEAHDB

证明：在凹四边形ACBH中，由CH?AB得AC2?BH2?BC2?AH2. 在凹四边形ABCH中，由BH?AC得AB2?CH2?BC2?AH2.

于是，在凹四边形ABHC中，得到AB2?CH2?AC2?BH2，则AH?BC. 由此题可得△ABC垂线H的一个性质：AB2?CH2?BC2?AH2?AC2?BH2.

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5. 在五边形

求证：

ED中，.

为五边形内一点，且

PACB

，

由凹四边形得：

，得：

【证明】连接由两式相减：即：

E 延长交

C B

6. 如图，在四边形ABCD中，E和F是CD和BC上的点，AB=AD，DF

求证：

CFEBDA证明：在四边形ADEF中，由DF

及定差幂线定理得

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，又因为AB=AD，

所以

定差幂线定理知

，即，由

7. 若点P在△ABC三边BC、CA、AB所在直线上的射影分别为X、Y、Z. 证明：自YZ、ZX、

XY的中点分别向BC、CA、AB所作的垂线共点.

AZ'ZEBXPDMFX'CYY' 12证明：由三角形中线长公式，有ma?(b2?c2)?4a2.

2由DX?⊥BC，EY?⊥CA，FZ?⊥AB，则

X?B2?X?C2?BD2?CD2 11?(BZ2?BY2)?YZ2241?1???(CY2?CZ2)?YZ2?

4?2?1?(BY2?BZ2?CY2?CZ2). 21同理， Y?C2?Y?A2?(CZ2?CX2?AZ2?AX2)

21Z?A2?Z?B2?(AX2?AY2?BX2?BY2).

2以上三式相加，得

X?B2?X?C2?Y?C2?Y?A2?Z?A2?Z?B2 1?(XC2?XB2?YA2?YC2?ZB2?ZA2). 2因为

以上三式相加得

，由定差幂线定理可得：

所以X?B2?X?C2?Y?C2?Y?A2?Z?A2?Z?B2=0（*）设

与

交于M点，则由定差幂线定理可得

代入（*）得即所以

、

三线共点.

所以M在过引AB的垂线上，

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8. 以锐角△ABC的一边AC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 (F≠C，D≠A)，E为劣弧AC上一点，BE与AC交于点N. 若AF2+BD2+CE2=AE2+CD2+BF2. 求证：∠KNB?∠BNL.

ENHACDLKFB

证明如图，由于以AC为直径的圆分别与AB、BC交于点K，L，则CK⊥AB，AL⊥BC. 设CK与AL交于点H，则H为△ABC的垂心，故点H与F关于AB对称，点H与D关于BC对称. 从而，AF?AH，CD?CH，BD?BH?BF. 由AF2?BD2?CE2?AE2?CD2?BF2，有 AH2?CE2?AE2?CH2.

即AH2?CH2?AE2?CE2. 由定差幂线定理知，HE⊥AC. 又注意到H为垂心，有BH⊥AC. 故知B、H、E三点共线. 因为N为边AC与BH的交点，则BN⊥AC. 故∠KNB?∠BNL.

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二、共边比例定理、分角张角

2.1 共边比例定理

9. 如图，△ABC中，DE∥BC，BE、CD交于P. 求证：直线AP平分BC和DE.

ADPBCE

【证明】设直线AP分别交BC、DE于M、H.

ADAEADS△ACPAES△ABP由共边定理，得，，而DE∥BC，则， ???BDS△BCPCES△CBPBDCE所以

S△ACPS△ABP，则S△ACP?S△ABP. ?S△BCPS△CBP又由共边定理，得

BMBMS△BAP，所以??1，即BM?CM，所以M是BC的中点.

CMS△CAPCM又易知S△BPD?S△CPE，则S△DAP?S△EAP. 由共边定理，得

DHS△DAP??1，则DH?HE，所以H是DE的中点. HES△EAP故直线AP平分BC和DE.

ADHEPBMC

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10. 过圆外一点P引圆的两条切线和一条割线

. 求证：

，在

上取一点使

AQDB【证明】设

由共边比例定理，得：

A CP （

的高）

D Q C P B 又连接

，

11. 在

，

. 得

内任取一点P，连结PA、PB、PC分别交对边于X、Y、Z点. 求证：

AZPBXC

Y证明：由共边比例定理知：

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12. 已知O是△ABC的内切圆，D、E、N分别为AB、AC、BC上的切点，连结NO并延长

交DE于点K，连结AK并延长交BC于点M. 求证：M是BC的中点.

ADKEOB

证明:如图，联结OD，OE，由O、D、B、N及O、N、C、E分别四点共圆有?KOD=?B，?KOE??C.

DKS△ODKOD?OK?sin?DOKsin?DOKsinBAC由共边比例定理，有， ?????KES△OKEOE?OK?sin?KOEsin?KOEsinCAB及

DKS△ADKsin?DAK. ??KES△AEKsin?EAKMNC于是，

AB?sin?DAKABDKABACBMS△ABMAB?sin?BAM????????1. MCS△ACMAC?sin?CAMAC?sin?EAKACKEACAB故M是BC的中点.

ADKOBMNC

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2.2 分角定理

13. 在等腰△ABC中，∠A＜90°，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.

ADEBCF

【证明】连接BE，则EA外分?BED.

设?AED??,?AEB??，作EM?BC. 由分角定理得：

sin?sin??ADAB:DEBE

在?BEF中，EC内分?BEF，由分角定理得：

sin?sin??CFBC:EFBE

由①=②且AD?CF，得DE?BCAB?EF. 设?ABC??，在等腰?ABC中，有BCAB?2cos?. ∴DE?2EF?cos?，∴DE?2EM，∴S?ADE?2S?CEF. 以上过程均可逆.

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①

②

14. 设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD?4DC，已知圆过点C与AC交于F，与AB

相切于AB的中点G. 求证：AD?BF.

【证明】设?BAD??，?ABF??，?DAC??.

在?ABC中，AD内分?BAC，则：

sin?BDAB4AC?:?. sin?DCACAB又sin??sin(?2??)?cos?，∴tan??4AC. ABAF. ABAC?AF∴tan??tan??4?，又AB?2AG，

AB2∴AB2?4AG2?4AF?AC（切割线定理）

又在Rt?ABF中，tan??∴tan??tan??1，从而?????2，?AD?BF.

15. △ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB=AC. 以AB为一边作△ABD，且AD=BD.若∠

ADC=15°，求证：△ABD是等边三角形.

DBAC证明：设在

中，在AB边上用分角定理可得：

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在

中，在AB边上用分角定理可得：

所以

解得

，所以ABD是等边三角形

2.3 张角定理

16. 已知AM是△ABC的BC边上的中线，任作一直线顺次交AB,AC,AM于P,Q,N. 求

证：

ABAMAC,,成等差数列. APANAQ

【证明】令?BAM??,?MAC??,?AMB??.

以A为视点，分别对P,N,Q及B,M,C应用张角定理，有

sin(???)sin?sin???，

ANAPAQ ①

即

sin(???)sin?sin???. ②

AMABAC

又在?ABM和?AMC中，由正弦定理，有

sin?sin?sin?sin??,?. ABMBACMC

sin?sin??由已知MB?MC，上述两式相除得，于是②式可变为： ACABsin(???)2sin?2sin???，

AMABAC

sin??ABsin(???)ACsin(???)sin??2AM2AM，.

代入①得，

AM1ABAC?(?).AN2APAQ

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故

ABAMAC,,成等差数列. APANAQ14 / 137

17. 如图，在线段AB上取内分点M，使AM≤BM，分别以MA，MB为边，在AB的同侧作正方

形AMCD和MBEF，C，N三点共线.

P和Q分别是这两个正方形的外接圆，两圆交于M，N. 求证：B，

FNDECQPAMB

证明连MD，ME，NE，ND，NM，则∠DNM?∠ENM?90?，则D，N，E三点共线，注意∠DME?45??45??90?.

FNDECQPAMB

C?r21，MB?2r2，设∠DMN?∠NEM??，P，Q的半径分别为r1，则MMN?2r1?cos?? r2，

2r2?sin?. 对视点M，考察点B，C，N所在的三角形△MBN. 由

sin∠CMBsin∠CMNsin90?sin(45???)1?2sin??sin(45???)????

MNMB2r2sin?2r2?sin?2r2?1?sin???cos??sin??2r1?cos?cos2??sin??cos??

2r1cos???cos??sin?2?cos(45???)cos(45???)?? 2r12r12r1sin?90??45????2r1?sin∠NMB.

MC由张角定理可知B，C，N三点共线.

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三、Menelaus、Ceva、Pascal定理

3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理

设直线l与?ABC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：

BDCEAF???1 DCEAFBsin?BADsin?CBEsin?ACF???1

sin?DACsin?EBAsin?FCB第二角元形式：

sin?BODsin?COEsin?AOF???1

sin?DOCsin?EOAsin?FOB（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、

求证：∠EDK＝∠FDK.

K E

证明：过点A作MN∥BC，与DE、DF的延长线分别交于点M、N.

NFKEAMBDC

AFBDCE

由于··=1.

FBDCEA

AFANCEDCAN

而＝，＝. ?＝1?AN＝AM，即DA是等腰三角形DMN的底边上的高， FBBDEAAMAM从而∠EDA＝∠FDA.

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19. 在△ABC中，AM、AT分别为BC边上的中线与角平分线. TK∥AC，交AM于K. 证明：AT⊥CK.

A K H

B M T

ADBCMKAD 1 AK

证明：由CD截△ABM，有··=1. 故＝·.

DBCMKADB2KM

ADBKMTHC

BTcacab

设AB＝c，BC＝a，CA＝b，则＝?BT＝，CT＝.

CTbb＋cb＋caaba(c－b)

MT＝CM－CT＝－＝.

2b＋c2(b＋c)

AKCT2bADb

但TK∥AC?＝＝，?＝.

KMTMc－bDBc－b

ADADbADb

＝＝，即＝?AD＝b＝AC. ABAD＋DBccc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：HE?FG?HF?EG.

ADBCHEGF

【解析】考虑?AEF被直线HBD截，应用梅涅劳斯定理可知

ABEHFD???1 ① BEHFDA17 / 137

考虑?AEG被直线BCF截，同理可得

ABEFGC???1 ② BEFGCA

考虑?AGF被直线ECD截，同理可得②×③÷①可得

21. 如图，已知?ABC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.

AACGEFD???1 ③ CGEFDAGEHF??1 所以原命题成立 FGEHEFQPRBDC

【析】考虑?ABC被直线EFR截，应用梅涅劳斯定理可知

AEFBRPDQC

AFBRCEBRFB，如图，设BE与CF交于点S，则 ???1，因为AF=AE 所以?FBRCEARCCE?EFC~?QEC，?FEB~?PFB，?SEQ~?SFP

所以，

CQCEFPFESPFP?,?,? EQEFPBFBSQEQ18 / 137

考虑?SBC及三个点P，Q，R，

SPBRCQSPCQBRFPCQBRFPCQBRFECEFB???????????????1 PBRCQSSQPBRCEQPBRCPBQERCFBEFCE由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P，Q，R三点共线.

22. 已知△ABC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.

APEMODIBNCF

【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.

BFBFBC ??FCMFDCBNCPDI考虑?BCD被NIP截，应用梅涅劳斯定理知???1

NCPDIB因为MC平分?ACF，所以MF=CF，且

BFCPBC2DICDBNCPCDCPBC??又因为，所以所以. ????1. 所以?FCPDCD2BIBCNCPDBCPDCDBFCPAE2BCAE??又因为?BCD~?AED所以，所以. ?2FCPDDECDEDAEDE2而?ABE~?DAE，则，所以AE?DE?BE. ?BEAEBFCPDE?BEBEBFCPDE所以，所以??????1.

FCPDDE2DEFCPDBE所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P，E，F三点共线.

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3.2 赛瓦（Ceva)定理

设点P不在?ABC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

BDCEAF???1，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DCEAFB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?1至

?6，则

sin?1sin?3sin?5???1.

sin?2sin?4sin?6或者改为判断过?ABC的顶点的三条直线AX，BY，CZ是否共点，等价于

sin?BAXsin?ACZsin?CBY???1

sin?XACsin?ZCBsin?YBA

23. 在△ABC中，已知?BAC?40，D，E分别为边AC，AB上的点，且使?CBD?40，?ABC?60，

?BCE?70，F是BD与CE的交点，连结AF，证明：AF?BC.

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【析】设?BAF??,则?CAF?40???，如图用角元.

sin?sin10?sin40????1 Ceva定理可知：???sin(40??)sin70sin20sin?sin10?2sin20?cos20?????1 ????sin(40??)sin702sin10cos10sin?sin20????sin(40??)?2sin?sin10???1 ??sin(40??)cos10?sin(40???)?cos(??10?)?cos(??10?) ?sin(40???)?sin(100???)?sin(80???) ?sin(80???)?sin(100???)?sin(40???)

?2cos(70???)sin30??sin(20???)

所以80????20??????30?

24. 在锐角△ABC中，AD是?A的内角平分线，D在边BC上，过D作DE?AC，DF?AB，垂

足分别为E，F，连结BE，CF，它们相交于点H，求证：AH?BC.

AFHBDEC

【析】过A作AK?BC于K点，只须证：

AFBKCE???1即可FBKCEA

由题意知A,F,D,K四点共圆，则BF?BA?BD?BK

A,E,D,K四点共圆，则CK?CD?CE?CA

BDBKBF?BABDABBKBF又因为AD平分?BAC 所以所以 ????CDCKCE?CACDACCKCEBKCEAF又因为AF=AE，所以???1.

CKBFEA所以

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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.

AFPEQHCB

【析】考虑连结FQ，QB，只须说明H是?FBQ的赛瓦点即可

设BF?PQ?K,FQ?BE?L,BQ?CF?M

FKS?FPQPF?FQBMS?FBCFB?BC??则；； ??KBS?PBQPB?BQMQS?FQCFQ?CQQLS?EQBEQ?QB?? LFS?EFBEF?FB所以

FKBMQLPFEQBC?????（*） KBMQLFPBCQEF因为?APF~?ABP，?AQE~?ACQ，?AFE~?ACB

AP2PFAPEQAQBCAC?1（圆幂定理） ?,?,?所以所以（*）可化为

AB?AFPBABCQACEFAF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.

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26. 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，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.

CFED

证明：设G分线段AB为定比λ1，H分线段AB为定比λ2. 下面证明λ2由λ1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

AGBECFBECF

··＝1，即λ1··＝1. (1) GBECFAECFA对△ABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，有

AHBECFBECF

··＝1，即λ2··＝－1， (2) HBECFAECFA

BECF

(1)＋(2)，得(λ1＋λ2)·＝0.

ECFA从而λ1＋λ2＝0，即λ2＝－λ1，故λ2由λ1唯一确定.

因此，点H与D在直线CG上的位置无关.

AGBH23 / 137

3.3 Pascal定理

圆O上六点A1,A2,A3,A4,A5,A6，则A1A2,A4A5,A2A3,A5A6,A3A4,A6A1的交点X，Y，Z共线.

考虑?A3ZA6三顶点引出的直线A3A2,ZX,A6A5与两边所成角的正弦值

sin?A2A3Zsin?A5A6A3sin?XZA6sin?A2A1A4sin?A5A4Zsin?XZA1?????sin?A2A3A6sin?A5A6Zsin?XZA3sin?A2A1A6sin?A5A4A1sin?XZA4（*）在?A1A4Z中，对点X运用Ceva定理（角元形式）sin?XA1A4sin?XZA1sinXA4Z???1sin?XA1Zsin?XZA4sin?XA4A1

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.

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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?ABC，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：?ABC?2?FCB.

AFKEBPODC

【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?KTC??KPC??APC??ABC?2?KBC. 所以?KBC??BKT??SCB??FCB，所以?ABC?2?FCB.

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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?SKQ??ACE. 求证：

ABCTKQDFSSKPQ. ?TKRQ

【析】由Pascal定理可知，P，Q，R三点共线.

因为?DBS??FCT,?BDS??AFB??CFT，所以?BDS~?CFT. 所以

EBSBDQB??，所以BC//TS. CTCFQC

AB?DE??APB， 2SKSQsin?SQKSQsin?ARC??同理，?SQK??ARC，所以 TKTQsin?TQKTQsin?APB??TQK??SKQ??STQ??ACE??BCQ?sin?ARCsin?ARCsin?ABPACAPAPsin?ARP ??????sin?APBsin?ACRsin?APBARABARsin?APRSKSQsin?ARPPQsin?RTQPQ?????所以 STsin?APRTQsin?PSQRQRQ又因为

??26 / 137

29. 如图，△ABC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.

CZMOYAXDB

''【析】设Z是XY，AC的交点，下面证明：Z,O,D共线即可.

'设直线XYZ交圆O于点L，连结XD并延长交圆O于点P，那么?AXP??AXD?90?，从而

A,O,P三点共线，所以连结AOP，因为Z'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：LB?BG

因为?LBA??LXA??YXA??YDA，所以LB//MD，

所以只要证MD?BG，这由?MDC??MCD??DBG可得. 证毕.

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30. 如图，过△ABC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A?、

B?、C?. 又在△ABC的外接圆上任取一点Q，证明：QA?、QB?、QC?与BC、CA、AB对应的

交点X、Z、Y三点共线.

AB'C'YPBA'XCZQ

证明：在圆内接六边形BCAA'QB'中，其三组对边BC与A'Q、CA与QB'、AA'与B'B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CBAA'QC '中，其三组对边CB与A'Q、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.

AAMNFPENFPEMBDCBDC

证明：由题设有∠AEP＝∠AFP＝∠AMP＝∠ANP＝90o. 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.

28 / 137

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?ABC内一点，AI所在直线交?ABC的外接圆于D，I为?ABC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?DIB?知ID=BD=DC

充分性：由DB=DC，即知AD平分?BAC.由DI=DB，有?DIB?DBI 即?DBC??CBI??IAB??ABI，而?IAB??IAC??DBC 从而?CBI??IBA，即BI平分?ABC 故I为?ABC的内心.

性质3：设I为?ABC内一点，I?ABC的内心的充要条件是：?IBC,?ICA,?IAB的外心均在?ABC的外接圆上.

32. 已知，如图I为△ABC的内心，过I的BC的垂线交△ABC的外接圆于P、Q，PA、QA交BC

于E、F，求证：A，I，E，F四点共圆.

QA11?A??B??CBD??IBC??DBI 22IBEDCF

【析】如图，连结AI并延长交外接圆于S，

29 / 137

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?SCB?1?A??SAC??CPJ，所以?SCJ?180???SCB?180???CPJ??SPC. 2那么易知?SCP~?SJC，所以?KJS??SCP??SAP且SC2?SP?SJ，所以A，K，P，J四点共圆.

又因为SI2?SC2?SP?SJ??SIP~?SJI??SIP??SJI，

又因为?SAP??KJP，所以?IJB??IJS??KJS??SIP??SCP??SIP??IAP??IPE.

?IP?BC?IJ?AP，所以E为?IPJ的垂心，则 ?IEB??IPJ?180???QPS?180???QAS??IAF

所以A，I，E，F四点共圆.

33. 已知：如图，O，I分别为△ABC的外心和内心，点B?为点B关于OI的对称点. 求证：过点I,B?作△BIB?外接圆的切线，交点在AC上.

【析】设O为?BIB外接圆圆心，则O在OI上，

'''延长BI交圆O于M，设MB交AC于E，由例1 知?MEI??MIB'?2?IBB'??IO'B'

'30 / 137

所以，I,O,E,B四点共圆，注意到OI?BB'，?MCE~?MB'C，于是

''?O'EC??O'EM??CEM??OIB'??MCB'??OIB'??IB'B?90?

设过点I，B的圆O'切线交点为D，则O,B,D,I

四点共圆，从而O,E,B,D,I五点共圆. 从而?O'ED??O'B'D?90???O'EC

所以，D在EC上.

34. 已知圆O?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O?于点E，F，

EF交AO?于点I，求证：I为△ABC的内心.

A'''''EIFCDB

【析】延长AO'交圆O于点M，设?BAC?2?，圆O,O的半径依次为R，r，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明MI?MB?2Rsin?即可. 由圆幂定理知：2Rr?r2?R2?(R?r)2?R2?OO'

2?AO'?O'M?AO'?(IM?IO')?AO'?IM?AO'?IO'?AO'?IM?O'E2?整理得MI?2Rsin?

r?MI?r2 sin?31 / 137

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?ABC所在平面内的一点，则O为?ABC的外心的充要条件是下述条件之一成立：（1）?BOC?2?A,?AOC?2?B,?AOB?2?C （2）OB?OC,且?BOC?2?A

35. 设O为△ABC的外心，连结AO并延长交△ABC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.

ANPOMBDC

【析】过B作PO平行线交AD于F，交AC于G，作OE?BC 于E，则O，E，P，D四点共圆. ??FDE??OPE

?PM//PC??OPE??FBE,??FDE??FBE ?F,E,D,B四点共圆，??FEB??BDA??C

?FE//CG

因为E为BC中点，所以F为BG中点，所以O为MN中点.

32 / 137

36. 设△ABC的外接圆O上的劣弧BC的中点为K，优弧BC的中点为S，线段AK与BC边交于点

D，点E，F分别为△ACD，△ABD的外心. 求证：A，E，O，F，S五点共圆.

SAFOEBKDC

【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SC?CK，

?DCK??ECD??KSC??ECD??KAC??ECD

180??2?KAC?KAC???KAC?90???KAC?90?

2所以S，E，C三点共线，同理S，F，B三点共线. 设?ADB??，

那么由F是?ABD的外心可知?BFA?360??2? 在?AOK中，

?AOK?180??2?OKA?180??2(??90?)?360??2?

在?AEC中，?AEC?2?ADC?360??2? 所以?AFB??AOK??AEC 所以?AFS??AOS??AES 所以结论得证.

33 / 137

37. 过B，C作△ABC的外接圆的切线交于D，O是△DB?C?C、C?关于AB对称，B、B?关于AC对称，

的外心，求证：AO?BC.

B'AC'OBCD

【析】不妨设?B??C，

?DBC'?360???DBC?2?ABC?360??A?2?ABC?2?C??A

同理可得?DCB'?2?C??A 所以?DBC'??DCB'

又因为DB=DC且CB'?CB?BC' 所以?DBC'??DCB'，?DC?DB,?CBD??BDC 所以?C'DB'??BDC所以?DBC~?DC'B' 取?DBC的外心F，则?DFB~?DOB'

由于?C'AC?2?A?2?DBC?2?DB'C'??C'OD

所以?C'AC~?C'OD??ACC??OCD,??ACO??CCD

''''''''AC'OC''?且所以?C'AO~?C'CD，所以?(AO,CD)??OCD??FBD??FDC ''CCDC所以AO//DF，而DF?BC，所以AO?BC.

34 / 137

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?ABC的重心，连AG并延长交BC于D，则D为BC的中点，AG:GD=2:1且

AD2?11(AB2?AC2)?BC2 24性质2：设G为?ABC的重心，P为?ABC内任一点，则（1）AP2?BP2?CP2?AG2?BG2?CG2?3PG2 （2）GA2?GB2?GC2?1(AB2?BC2?CA2) 3

证明：（1）设D为BC边上的中点，则对?APG和?DPG分别应用余弦定理可得

AP2?AG2?PG2?2AG?PGcos?AGP， PD2?DG2?PG2?2DG?PG?cos?DGP

而AG?2DG,cos?AGP??cos?DGP，于是，AP2?2PD2?AG2?2DG2?3PG2 又因为PD，DG分别是?BPC的BC边，?BGC的BC边上的中线，有

2PD2?PB2?PC2?11BC2，2DG2?BG2?CG2?BC2 22从而AP2?BP2?CP2?AG2?BG2?CG2?3PG2 （3）

911911AG2?(AB2?AC2)?BC2,BG2?(AB2?BC2)?AC2 424424911CG2?(BC2?AC2)?AB2，此三式相加整理得 4241GA2?GB2?GC2?(AB2?BC2?CA2)

338. 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.

35 / 137

SCAOT

【析】如图，设?ABC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?ABC的重心，连结OT，GT，由

12b2?2c2?a2, 2TG2?OT2?OG2?2OT?OG?cos?TOA

OT11及cos?TOA?,OT?a,OG?OA,

OA23121有TG2?(a?b2?c2)为定值，同理其他五个切点到G的距离的平方均为(a2?b2?c2)，

1818AO?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.

COHGAMB

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H，使得H'G?2GO，连结CH'，因为?CGH'??MGO，所以?CH'G～

'?MOG，从而CH'//OM，即CH'?AB，同理，AH'?BC，即H'为垂心，命题得证.

36 / 137

CCNGHOMBH'AGOA

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NB?AB,CH?AB，所以NB//CH，同理，NC//BH

所以四边形HBNC是平行四边形. 所以CH=NB，又因为OM是?ABN的中位线，所以

MBOM:NB?1:2，所以OM:CH?1:2

??HCG??OMG,GM:GC?1:2??CHG～?MOG

??CGH??MGO所以O，G，H三点共线且HG=2GO.

40. 已知△ABC的三边BC=a，CA=b，AB=c，△DEF是△ABC的任意内接三角形，试以a，b，c

表示△DEF的三边平方和的最小值.

AFEBDC

【析】首先，证明一个结论：

若G为?ABC内的任意一点，G到三边BC，CA，AB的距离分别为x，y，z，则当x:y:z?a:b:c时，

(x2?y2?z2)(a2?b2?c2)?(ax?by?cz)2?4S?ABC

4S所以x?y?z的最小值为2?ABC 22a?b?c22222

设G为?DEF的重心，则由中线长公式可知

11GD2?[2(DE2?DF2)?EF2],GE2?[2(DE2?EF2)?DF2]

9937 / 137

1GF2?[2(EF2?DF2)?DE2]

9三式相加得DE?EF?FD?3(GD?GE?GF)

从G点向?ABC的三边BC，AC，AB引垂线，垂足分别为D0,E0,F0，则

222222DE2?EF2?FD2?3(GD0?DD0?GE0?EE0?GF0?FF0

22222212SABC?3(GD0?GE0?GF0)?2?2

a?b?c2222238 / 137

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?ABC的垂心，则

?BHC?180???A,?CHA?180???B,?AHB?180???C

性质2：设H为?ABC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?ABC的垂心，则

①H关于三边的对称点均在?ABC的外接圆上 ②?ABC,?ABH,?BCH,?ACH的外接圆是等圆 ③H关于三边中点的对称点均在?ABC的外接圆上

性质4：在?ABC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?ABC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.

AOHCB 【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NP⊥NL;同理，NP⊥PR，RL⊥NL，RL⊥PR，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PM⊥LM，所以M也在该圆上，连结PQ，LQ可知PQ⊥LQ，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.

39 / 137

如图，由四边形HCXB是平行四边形可知，A，O，X三点共线

1AH?OL 2且因为PH//OL，则?HPT??OLT,?PHT??LOT

且Y，H，L，X 四点共线，由欧拉线性质可知PH?所以PL与OH的交点T恰好平分OH（?PHT??LOT）所以T也是PL中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于 PL是?HAX的中位线，可得出TP?1OA 2

【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

?ABC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△ABC的内切圆与边BC，CA，AB分别相切于点D，E，F. 求证：△ABC的外心O、内心I、

△DEF的垂心H三点共线.

AFOBEIHDC

【析】连结AI并延长交圆O于点M，连结OM，DH，ID

OI，IH，要证O，I，H三点共线，因为IM//DH，所以只要?OIH??IHD即可. 而ID//OM，所以转化为去证明

?OIM~?IHD

40 / 137

证：设外接圆半径为R，内切圆半径为r，由题意知?OMI??IDH

IMBM??OMOMR2rsin?FED?cos?FDEDH??2rcos?FDE

sin?FEDDHAIMDH所以，所以?OIM~?IHD. ?2cos?FDE?2cos?AFE?2sin?，所以?ID2OMID连结BM，所以原命题成立.

43. 如图，设H为△ABC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.

A2Rsin?A2?2sin?A

2PGBLHCS

【析】如图，要证G，B，S，C四点共圆，只要证：?BGS??BCS，即要证：?AGL??ACB.

由题意知PL是?ABC的九点圆的直径，考虑作出?ABC的外心O，取AB的中点M，连结OM，OA，

那么?AOM??ACB，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PN?GL，所以AO?GL，所以?AGL??AOM??ACB. 证毕.

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44. 如图，AD，BE分别是锐角△ABC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△ABC外接圆上.

APMHQBDCE

【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MD=MA?MB=MV?MY=MP?MY，所以△MDP～△MYD，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

XT?XP'=XQ?XM，则2XT?XP'=XQ?2XM，即XH?XP'=XQ?XU，所以点P'也在圆ABH上所以P，P'重合，证毕.

242 / 137

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：?BIAC?90??性质2：：S?CBA（其中，p?11?A,?BIBC??BIcC??A（对于顶角B，C也有类似的式子） 22rArBrC ?(p?a)rA?(p?b)rB?(p?c)rC?rArB?rBrC?rCrA1(a?b?c)） 2BCCAAB性质3：rA?rcotcot,rB?rcotcot,rC?rcotcot（其中，rA表示BC外侧相切的

222222旁切圆的半径，rB,rC类推，r表示?ABC的内切圆半径）

【

析

】

性

质

：

易

知

AD?AE?p，

SADIAE?p?rA，而

SADIAE?S?ABC?SBDIAF?SCEIAF?S?ABC?arA，

所以S?ABC?(p?a)rA.

111性质4：?IBIAIC?(?B??C)，?IAIBIC?(?A??C)，?IAICIB?(?A??B).

222

43 / 137

45. 如图，⊙O1与⊙O2和△ABC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：PA?BC.

PGHO1AEBO2CF

【析】易知O1,A,O2三点共线，设O1O2交EF于点D，连O1E,O1B,BD,DH,O2H,O2F，

由题意知CE=CG，?CEG?90??又因为

11?C，BH=BF，?BHF?90???B 22

?O1DE?180???ADE?180?(360??DAB??ABE??BED)??11??180??(90???A)?(180???B)?(90???C)

221?90???B??O1BE

2所以O1,E,B,D四点共圆，??O1DB?90 又因为?PDA??O1DE?90???1?B??BHF所以A，H，P，D四点共圆. 2?所以?APH??ADH又因为?O2HB??O2FB??O2DB?90所以B,D,H,O2,F五点共圆，即有?ADH??O2FH，所以PA//O2F所以PA?BC

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46. 如图，O，I分别为△ABC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.

AOIBDC

【析】连AO，作IE?BC于E，作OF?BC于F，设BC?a,CA?b,AB?c，外接圆、旁切圆半径分别为R，rA，再作ON?AB于N，

由三角形外心性质?AON??ABD,?BAD??OAN 所以AI平分?DAO，那么

ROIEFBF?BE ???ADIDDEBE?BDaa?c?b?(b?c)aa22 ???22222a?c?ba?c?bac?ab?c?bb?c?a?c?22acaAD2S所以R???rA

b?c?ab?c?a证毕

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47. 已知△ABC的内心为I，内切圆与BC边的切点为D，?A所对的旁心为IA，IAD所在直线与圆

I交于另一点K，H是线段IAD的中点，求证：K，B，C，H四点共圆.

AKIBDCIA

【析】过IA作BC边的垂线，垂足为D，连结IK，ID，tan?IDK?tan?DIAK?'|b?c| rA

(b?c)2?rA所以cos?KID??cos2?IDK? 22(b?c)?rA所以KD?22r2?2r2cos?KID?2rrArrA?，即KD?DH?rrA. DIADHrBD'CD?cot?IABD??又因为，所以BD?CD?rrA?KD?DH所以K，B，C，H四点''BDIADIAD共圆. 证毕.

46 / 137

48. 如图，已知∠ACE＝∠CDE＝90?，点B在CE上，且CA＝CB＝CD，过A、C、D三点的圆交

AB于点F. 求证：F为△CDE的内心. A

证明：连CF、DF、BD. ∵AC＝CB，∠ACB＝90?，

C B

ADFCBE

∴ ∠BAC＝∠CAB＝45?，∴ ∠CDF＝∠CAF＝45?，但∠CDE＝90?，∴ DF是∠CDE的角平分线. ∵ CB＝CD，∴∠CBD＝∠CDB，但∠CBF＝∠CDF＝45?，∴ ∠FBD＝∠FDB，∴ BF＝DF，又∵CB＝CD，CF＝CF，BF＝DF，∴ △CBF≌△CDF，∴∠BCF＝∠DCF，即CF是∠ECD的平分线.

∴ F是△CDE的内心.

49. △ABC的外心为O，AB＝AC，D是AB中点，E是△ACD的重心. 证明：OE丄CD.

AEOBCBAEGOKCDDF

证明：设AM为高亦为中线，取AC中点F，E必在DF上且DE：EF＝2：1. 设CD交AM于G，G必为△ABC重心. 连GE，MF，MF交DC于K. 易证：DG：GK＝

111DC：(?)DC＝2：1. ∴DG：GK＝DE：EF?GE∥MF. 323∵OD丄AB，MF∥AB，∴OD丄MF?OD丄GE. 但OG丄DE?G又是△ODE之垂心. 易证OE丄CD.

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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(P≠B，Q≠B).

求证：?OPQ的垂心在直线AC上.

A Q O B P C 证明：作OD⊥PQ，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??POE＝?QBP(＝?ABC).

AQDBPOEHC

?OQP＝?OBP＝90?－?BAC；

?OPQ＝?OBQ＝90?－?AOB＝90?－?ACB??POD＝?ACB；

2∴ P，O，H，C共圆.

∴ ?OPH＝?OCH(＝?OCA)＝90?－?ABC.

∴ ?OPE＋?POE＝90??PH⊥QE. 即PH是OQ边上的高. 从而H为?OPQ的垂心.

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51. 在平行四边形ABCD(?A＜90?)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.

D O 3

O 1 O 2 A B T

证明：作O1H⊥O2O3，交AD于点H，连O2H，O3H.

DHO1O2ABTO3C

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 ? O1O2O3＝180?－?ATD.

∴ ? O2O1O3＋?O1O3O2＝180?－? O1O2O3＝? ATD. ① 又O1H∥TD(都与O2O3垂直)， ∴ ?AHO1＝?ADT，

又，?AO2O1＝?ADT＝?AHO1?A，H，O2，O1共圆. ∵ ?AO1O2＝?TO1O2＝?B.

∴ ?AHO2＝180?－?AO1O2＝180?－?B＝?C＝?O2O3D. ∴ H，O2，O3，D共圆.

∴?HO3O2＝?HDO2＝90?－?ATD. ②

由①②，?O2O1O3＋?HO3O1＝?O2O1O3＋? O1O3O2＋?HO3O2＝90?. ∴ O3H⊥O1O2.

∴ H为?O1O2O3的垂心.

49 / 137

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=MQ

D F A Q M C B E P

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Q￠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P￠、Q￠，

Q，P、Q关于OB光路和PQ￠，则P、Q关于OA光路和为P￠OQ，则P￠Q=PQ￠. 易证△POQ￠≌△P￠即P、Q关于OA、OB光路和相等

D F P'APQ￠ A Q M C B E P QOQ'BK P￠

证明：点F、E关于BC，AD两边的对称点P￠、Q￠，延长AD、BC交于点K，由△KAB∽△KCD，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， FP￠是F、E关于BC

50 / 137

“光路和”， FQ￠是F、E关于BC “光路和”，由引理知FP￠=FQ￠ MP=

11MQ=FP￠∴ MP=MQ FQ￠22

5.2 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.

Q P C

证明：设D是射线AQ上的点，且使得∠ACD=∠APB. B A Q P B D C

又因为∠APB>∠ACB.，则点D必在△ABC外部， ∵∠PAB=∠CAD，∴△APB∽△ACD，故.由∠QAB=∠PAC，则

可知△ABD∽△APC，

（1）

∵∠CDA=∠PBA=∠QBC，∴B、Q、C、D四点共圆，由托勒密（Ptolemy）定理，有BCDQ=BQCD+BDCQ 即BC

=BQCD+BDCQ（3），

（4）

由式（1）、式（2），CD将（4）中各式代入式（3），得

即APAQBC+BPBQAC+CPCQAB= ABBCCA

51 / 137

54. 设P是△ABC内任一点，O、OA、OB、OC分别是△ABC、△PBC、△PCA、△PAB的外心.

证明：O、P关于△OAOBOC是一对等角共轭点.

A OC OB P O B C

证明：如图，联结OAO、OBO、OCO，OAB、OAP、OAC

A OC P OB O C

B OA

则OAB=OAP=OAC.因为OA、O均在BC的中垂线上，所以OAO平分DBOAC，令?POAOCa，?POAOBb，?OOAOB则?BOAOCa，?COAOBb，故2a+(b-aⅱ)=a+b，

∴2a=2a￠，∴a=a￠这表明OAP、OAO 关于DOBOAOC是等角线，

同理，另两角也如此，即O、P关于VOAOBOC是一对等角共轭点.

52 / 137

a￠，

55. 点P在△ABC外角平分线上的射影分别为S1、S2、S3，在内角平分线上的射影分别是T1、T2、T3.

证明：S1T1、S2T2、S3T3三线共点.

S1APBT1

证明：过点A作S1T1的平行线AQ，因为四边形PS1AT1是矩形，

S1O1PT1MQCAC

所以DQAT1=DPS1T1=DPAT1，这表明，此平行线即为AP的等角线. 记矩形PS1AT1的中心为O1，并取点P关于△ABC的等角共轭点Q，则由中位线性质，知S1T1平分线段PQ，即S1T1经过PQ的中点M，同理S2T2、S3T3也经过点M，因此M即为这三线所共的点.

56. 设O是△ABC的外心，K是△BOC的外心，直线AB,AC分别交△BOC的外接圆于另一点

M,N，L是K关于直线MN的对称点. 求证：AL?BC.

53 / 137

AMOLBKCN

【析】易知MO?AC,NO?AB，

所以O为△AMN垂心，△OMN与△AMN外接圆为关于MN对称的等圆. 由K为△OMN的外心，知L为△AMN的外心，于是AO,AL为等角线.

O为△ABC外心，故AL?BC.

57. △ABC的内切圆I与三边相切于D,E,F，AD交I于点L，DE的中点为N，N关于AD的

对称点为M. 求证：?LMC?90.

AFLEMNDCB

【析】延长MN及LE交于点P，由?EPN?90???PLD?90???DEC??ECN知E,P,C,N54 / 137

共圆，从而?CPE?90?.

AFIMBDLENCP

又LC为△LDE的陪位中线，M,N关于LD对称，故?CLE??NLD??M，L于是M,L,P,C四点共圆，?LMC?180???CPE?90?. ?MLC??DLE??DEC??MPC，

55 / 137

58. 设A1是△ABC的BC边上的中点，A2是BC边上另一点（异于端点），令?BAA1??，

?A1AA2??，?A2AC??，则???的充要条件是分别过B，C点的△ABC的外接圆的两切线

的交点P及A2、A三点共线.

ABA1A2C

证明充分性. 如图，当P，A2，A三点共线时，设直线AP与则由

PABC交于点D，联结BD，DC，

αβγBA1DA2EFP图4-3C

△PBD∽△PAB，△PCD∽△PAC，有

BDPBPCCD，即有AB?CD?BD?AC. ???ABPAPAAC对四边形ABDC应用托勒密定理，有

AB?CD?BD?AC?BC?AD，即有2AB?CD?2BA1?AD，亦即

ABAD. ?BA1CD注意到?ABA1??ADC，则知△ABA1∽△ADC，从而?BAA1??A2AC，故???.

必要性. 如图，当???时，设直线AA2交△ABC的外接圆于D?，联结BD?，D?C，则由△ABA1∽△AD?C，有

ABAD?，即2AB?D?C?2BA1?AD??BC?AD?，亦即AB?D?C?AB?D?C?BC?AD?. ?BA1D?C又对四边形ABD?C应用托勒密定理，有AB?D?C?BD??AC?BC?AD?. 于是，AB?D?C?BD??AC.

运用三角形正弦定理，有sin?AD?B?sin?D?BC?sin?BCD??sin?AD?C.

延长BD?交PC于点E，延长CD?交BP于点F，则?BCD???D?BF，?D?CE??D?BC.

56 / 137

从而，有sin?AD?B?sin?D?CE?sin?D?BF?sin?AD?C. 由于

（*）

CA2BFPES△D?CA2S△BD?CS△PD?B????? A2BFPECS△D?A2BS△CD?PS△BD?C?D?C?sin?AD?C?BP?BD??sin?D?BF，

BD??sin?AD?B?CD??CP?sin?D?CE注意到（*）式及PB?PC，则

CA2BFPE???1. A2BFPEC由塞瓦定理的逆定理，知A2P、BE、CF三线共点于D?，即知直线A2P与AA2重合. 故P、A2、A三点共线. 注：其必要性也可这样来证：

如图，由?BAA1??CAA2及A1为BC中点，直线AA2交圆于D，由充分性中证明，知四边形满足条件

ABAC. （**） ?BDDCAαγBA1A2DP1PP2C

图4-4设过B的切线与直线AD交于P1，过C的切线与直线AD交于P2. 由△ABP1∽△BDP1，有于是同理

APABBP?1?1. BDDPBP11APAPAB2BP111. ???2BDDPBPDP111AC2AP2. ?DC2DP2注意到（**）式有从而即

APAP1?2， DPDP21APAP?DP21?DP1， ?2DPDP12ADAD. ?DPDP21从而P1与P2重合，亦与P重合. 故A、A2、P三点共线.

57 / 137

59. 设A1、A2是△ABC的BC边上（异于端点）的两点，令?BAA1??，?A1AA2??，?A2AC??，

则???的充要条件是△AA1A2的外接圆与△ABC的外接圆内切于点A.

AO1OBA1A2C

证明充分性. 如图，当两个外接圆内切于点A时.

ATDBOA1A2O1ET1C

图4-7过A作两圆的公切线AT，设△AA1A2的外接圆分别与AB，AC交于点D，E，联结DE，则?EDA? ?TAC??CBA. 从而DE∥BC，即有DA1?EA2，亦即有?DAA1??A2AE. 故???.

必要性.

如图，设O1，O分别为△AA1A1，△ABC的外心，O1与AB，AC分别交于点D，E. 当???时，即?DAA1??A2AE时，则有DA1?EA2，从而DE∥BC. 过A作O1的切线AT1，过A作O的切线AT，则

?T1AC??ADE??ABC??TAC，即知AT1与AT重合. 故O1与O在点A相内切.

60. 在△ABC中，AC的中点，E分别为边AB，BE与CD交于点G，△ABE的外接圆与△ACDD，

的外接圆交于点P(P?A)，AG的延长线与△ACD的外接圆交于点L(L?A). 求证：PL∥CD.

ADEBPCL

证明如图，联结PA，PB，PD，PC，PE，则由题设有?PBD??PEC，?PDB??PCE，知

58 / 137

（或点P是完全四边形ADBGCE的密克尔点即得）. 从而当D，△PBD∽△PECE分别为AB，AC的中点时，有

ABBDDPsin?DCPsin?BAP. ????ACECCPsin?CDPsin?CAP ①

ADGBEPLC

114-8， d1，d2分别为点G到AB、AC的距离）AB?d1?AC?d2（图22ABd2d2/AGsin?CAG有. ② ???ACd1d1/AGsin?BAG又由S△ABG?S△ACG，即

于是，由①，②有

sin?BAPsin?CAG. ?sin?CAPsin?BAG此时，由性质1中的三角形式，即知?BAP??CAG??CAL. 从而?PCD??BAP??CAL??CPL，故PL∥CD.

注：性质1 设A1、（异于端点）的两点，令?BAA1??，?A1AA2??，?A2AC? A2是△ABC的BC边上

?，则???的充要条件是

sin?sin(???)AB2BA1?BA2AB2AC2或或. ???AC2A1C?A2CBA1?BA2AC?ACsin?sin(???)12证：如图，应用三角形正弦定理，有

AαβγDB2EA1AA'22C

sin4-?1AA1Bsin?AA2BABABAB图， ????BA1?BA2BA1BA2sin?sin(???)AC2ACACsin?AA1Csin?AA2C. ① ????A1C?A2CA1CA2Csin(???)sin?必要性. 当???时，则由上述①式，即得结论.

AB2BA1?BA2?AC??. ?，使?A2充分性. 当时，在BC边上取点A2?AC2A1C?A2C??BA2BA2AB2BA1?BA2此时，由①式，有. 于是，有. ???C?CAC2A1C?A2A2CA2从而

?BA2BA2?与A2重合. 故???. ，即知A2???A2?CBA2?A2CBA259 / 137

61. 如图，设凸四边形ABCD的两组对边的延长线分别交于点E、F，△BEC的外接圆与△CFD的

外接圆交于C、P两点. 求证：?BAP??CAD的充分必要条件是BD∥EF.

ABCDEPF

证明如图. 由题设有?PEB??PCF??PDF，?PBE??PCE??PFD，知△PEB∽△PDF，有BEBP. ①此时由?PBE??PFD，即知P，F，A，B四点共圆. ?DFPFABCEP

图4-9，?PBF??PAF. ② 从而，有?BFP??BAPBEBPsin?BFPsin?BAP由①，②又有. ???DFPFsin?PBFsin?PAF充分性.

DF③

BEd2d2/ACsin?CAD11当BD∥EF时，有S△BEC?S△DFC，即有BE?d1?DF?d2，从而. ④ ???DFd1d1/ACsin?BAC22于是，由③，④，有?BAP??CAD.

sin?BAPsin?CAD. 从而由性质1中的三角形式，知 ?sin?PAFsin?BAC必要性.

当?BAP??CAD时，则由性质1中的三角形式，知注意到③式，有

BEsin?BAPsin?CAD. ??DFsin?PAFsin?BACsin?CADsin?BAP. ?sin?BACsin?PAF ⑤

⑥

设点C到BE，DF的距离分别为d1，d2，则

d2d2/ACsin?CAD. ??d1d1/ACsin?BAC60 / 137

于是，由⑤，⑥有

BEd2?，即知S△BEC?S△DFC. 故BD∥EF. DFd162. 圆内接四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点P. 证明：△PAB、△PCD、△PAD、

△PBC的垂心，外心分别四点共圆.

AO4H3H1O1PH4H2DO2BO3C

证明：为了证明该结论，先看如下引理：

引理：过圆内接四边形ABCD两对角线交点P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P作PH⊥AB于H，作DP的中垂线交HP于Q，交DP于E，过D作DR∥EQ，交HP于R，则DR⊥DP，Q为PR的中点.

AHPBEQCDR

由∠DRP?∠EQP?90??∠EPQ?90??∠HPB?∠PBH?∠ACD?∠DCP

图17-13知D，P，C，R四点共圆. 又∠PDR是直角，所以，知Q为△CDP的外心. 下面，回到原问题的证明：

如图，设O1、H1与O2、H2分别为△PAD、△PBC的外心与垂心. 由上述引理知，O1、P、H2、

F及O2、P、H1、E分别四点共线.

AO1EH2MQRPNH1O2FDBC

由于三角形的外心与垂心是等角共轭点，有∠BPO2?∠CPF，∠APO1?∠DPE. 图17-14所以∠NPO2?∠MPO1，∠H1PR?∠H2PQ，所以∠NPO2?∠MPO1，∠H1PR?∠H2PQ.

61 / 137

即知Rt△PO1M∽Rt△PO2M，Rt△PH1R∽Rt△PH2Q.

1PAPH1PRPAPO1PM2PA从而，（△PAR∽△PBQ） ?????1PH2PQPBPO2PNPBPB2PO1PH1于是，即PO1?PH2?PO2?PH1，故O1，O2，H2，H1四点共圆. ?PO2PH2同理，△PAB与△PCD的外心，垂心四点共圆.

63. 已知非等腰△ABC，N是其外接圆孤BAC的中点，M是边BC的中点，I1、I2分别是△ABM、

△ACM的内心. 证明：I1、I2、N、A四点共圆.

NAI1BMI2C

?是I2关于直线MN的对称点，联结BI2?，BI1、MI2?、MI1，则∠BAI1?∠BMI2?? 证明如图，设I21∠BMI1?∠CMI2?(∠BMA?∠CMA)?90??∠BMN.

2NAI2'B?关于∠BMN的平分线对称. 故MI1、MI2I1MI2C

图17-15?关于∠MBN的平分线对称. 这表明I1、I2?，是△BMN的一对等角共轭点. 同理，BI1、BI21?，从而∠I1AI2?∠BAC因此，∠BNM?∠MN1?∠MNI2?∠BNM?∠2∠MNI2?∠I1NI2. 故I1、I2、A、N四点共圆.

MNI∠1??2?MNI∠ MNI1?

62 / 137

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.

N A P M H B D L C

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，

N A P M S Q H B G L C D F

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DMCP=DMLP=DAFP=DLPF，故PQ=LQ 因此，Q为Rt△PLG斜边的中点，

又DH=DF，则DHGD=DDGF=DLGP=DQLG，故HG∥ML从而，SQ为△PHG的中位线，因此S为PH的中点.

63 / 137

65. 已知锐角△ABC，CD是过点C的高线，M是边AB的中点，过M的直线分别与CA、CB交于点

K、L，且CK=CL. 若△CKL的外心为S，证明：SD=SM. (第54届波兰数学奥林匹克)

C S K A

M D B L

证明：如图作△ABC外接圆，延长CS与外接圆交于点T，

C K(K￠) A S M T

D B L(L￠)

连接TM，作TK￠^AC于点K￠，TL￠^BC于点L￠因为S为△CKL的外心，且KC=LC，所以CS为的DKCL角平分线. 于是，T为弧?AB的中点，

又M为AB的中点，则TM^AB，由西姆松定理知，Kⅱ、M、L三点共线，又CT是DKⅱCL的角平分线，且K、L、M三点共线，则CKⅱ=CL，故点K与K￠重合，故点L与L￠重合.

900，

从而四点C、K、T、L共圆，

故S为四边形CKTL的外接圆圆心，于是SC=ST，即S为TC的中点，

于是?CKT?CLT又CD^AB，则CD∥MT，故SM=SD.

64 / 137

66. 如图，设A、B是圆O1与圆O2的两个交点，过A作直线分别交圆O1、圆O2于C、D两点，

过C、D两点分别作圆O1与圆O2的切线，并过B点分别作两条切线的垂线，垂足分别为P、Q. 求证：PQ是以AB为直径的圆的切线.

EQDACPO1O2B

证明：设CP、DQ相交于E点，则?BDQ1800-?BAD?BAC?BCP. 故B、C、D、E四点共圆，即点B在CDE的外接圆上.

作BH^CD于H，由Simson定理，得P、H、Q三点共线. 因为AHB的外接圆即是以AB为直径的圆，设O为AB的中点，由于P、H、Q三点共线，这里只要证明OH^PQ即可.

且?OHQ?OHD?DHQ?OAH?DBQ(由于B、H、D、Q四点共圆) =?BDQ?DBQ900. 因此OH^PQ.从而，PQ是以AB为直径的圆的切线.

67. 如图，圆O与直线l相离，作OP?l，P为垂足. 设点Q是直线l上任意一点(不与点P重合)，

过点Q作圆O的两条切线QA和QB，过点P作PM?QB、A和B为切点，AB和OP相交于点K，PN?QA，M、N为垂足. 求证：直线MN平分线段KP.

65 / 137

证明：作PI⊥AB，I为垂足，记J为直线MN与线段PK的交点.

易知∠QAO＝∠QBO＝∠QPO＝90o，

所以O、B、Q、P、A均在以线段OQ为直径的圆周上. 由于PN⊥QA，PM⊥QB，PI⊥AB，所以由西姆松定理知：

△QAB的外接圆上一点P在其三边的垂足N、M、I三点共线，即N、M、J、I四点共线. 因为QO⊥AB，PI⊥AB，所以QO∥PI，所以∠POQ＝∠IPO. 又因为P、A、I、N四点共圆，所以∠PIJ＝∠PIM＝∠PAN＝∠POQ. 所以在直角三角形PIK中，∠PIJ＝∠JPI，所以J为PK的中点. 因此直线MN平分线段KP.

6.2 Ptolemy 定理

68. 在△ABC中，已知∠A:∠B:∠C=1:2:4，求证：1+1=1.

ABACBCC B

证明：如图，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，连接AD、CD.

A C O A D B

在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD 易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，两端同除以AB鬃BCCA得

111 +=ABACBC66 / 137

67 / 137

69. 已知圆内接四边形ABCD的外接圆半径为

，AB=BC=CD=200，求边AD的长.

B C A O D

【解析】如图.由余弦定理知cos?BOCBO2+OC2–BC2(2002)2+(2002)2–(200)23==，

2BOgOC42创20022002B C A E D

由AB=BC=CD，知?BOC∴cos?BOD?COD，∴sin?COD1， 87， 42COS2?BOC–1故BD2=BO2+OC2-2BO葱OCcosBOD=2002?2由托勒密定理得AB?CD2002?22创20022002?17=′2002， 82BC?ADAC?BD，即2002+200AD=7?2002，AD=500 2

70. 由△ABC外接圆的弧BC上一点P分别向边BC、AC、AB作垂线PK、PL、PM. 求证：

BCACAB. ??PKPLPM68 / 137

A L B M P 证明：连接PA、PB、PC，

K C

A L B M

对于四边形ABPC利用托勒密定理有: BC?AP?AC?BP?AB?CP

K C

P BCACAB?AP?PK??BP?PL??CP?PM PKPLPM由?KBP??LAP可知Rt?KBP和Rt?LAP相似 PKPB，PK?PA?PB?PL ?PLPA即

同理可得:BP?PL?CP?PM ∴由

71. 如图，已知四边形ABCD是圆内接四边形，直线AC与BD相交于点P，并且

ABCB. 设E是?ADCDBCACABBCACAB ?AP?PK??BP?PL??CP?PM，可得??PKPLPMPKPLPMAC的中点. 证明：

EBPB. (2017广西预赛) ?EDPD

证明：由托勒密定理得

69 / 137

AB·CD＋AD·BC＝AC·BD. ABCB

因为＝，所以AB·CD＝AD·BC.

ADCD由于E是AC的中点，所以AE＝EC. 即有AB·CD＝AE·BD＝EC·BD.

① ② ③

将②③代入①得到2AB·CD＝2AE·BD＝2EC·BD.

ABEC

＝， BDCD

在△CED和△BAD中，因为∠ABD＝∠ECD，所以△CED∽△BAD，从而∠CED＝∠BAD. 同理△ABE∽△DBC，从而∠AEB＝∠DCB.

于是得到∠AEB＝∠DCB＝180o－∠BAD＝180o－∠CED＝∠AED. 此即EP平分∠BED.

BPBE

由角平分线定理得到＝.

PDED

72. 如图，四边形ABCD是圆内接四边形且AB·CD＝AD·BC，E是对角线AC上一点.

(1) 若E是对角线AC中点，求证：∠ABE=∠DBC；

(2) 若∠ABE=∠DBC，试问E是否为对角线AC中点？说明理由. (2012福建预赛)

B A E C 解：(1)由托勒密定理知，AC·BD＝AB·DC＋AD·BC.

因为AB·CD＝AD·BC，且E是AC中点，所以

1ABDB

AB·CD＝AD·BC=AC·BD＝AE·BD. 因此，=.

2AEDC

又∠BAE=∠BDC，所以△BAE∽△BDC. 因此，∠ABE=∠DBC.

(2)由∠ABE=∠DBC以及∠BAE=∠BDC知，△BAE∽△BDC.

ABDB

所以=，即：AB·DC＝AE·BD，

AEDC

又由托勒密定理以及AB·CD＝AD·BC知，AB·CD＝AD·BC＝AC·BD，得:AE＝AC，即：E是

22AC中点.

73. 如图，给定凸四边形ABCD，∠B＋∠D＜180°，P是平面上的动点，令f (P)＝PA·BC＋PD·CA

＋PC·AB.

(1) 求证：当f (P)达到最小值时，P、A、B、C四点共圆；

AE3BC1

(2) 设E是△ABC外接圆O的上一点，满足：＝，＝3－1，∠ECB＝∠ECA，又DA、

AB2EC2DC是⊙O的切线，AC＝2，求f (P)的最小值. (2008高中联赛)

D 70 / 137

解：(1 )如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有PA·BC＋PC·AB≥PB·CA.

因此 f(P)＝PA·BC＋PD·CA＋PC·AB≥PB·CA＋PD·CA＝(PB＋PD)CA. 因为上面不等式当且仅当P、A、B、C顺次共圆时取等号，因此当且仅当点P在△ABC的外接圆且在⌒AC上时，f(P)＝(PB＋PD)CA. 又因PB＋PD≥BD，此不等式当且仅当B、P、D共线且P在BD上时取等号. 因此当且仅当P为△ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取最小值f(P)min＝AC·BD. 故当f(P)达最小值时，P、A、B、C四点共圆.

AEsin2α3

(2) 记∠ECB＝α，则∠ECA＝2α，由正弦定理有＝＝，从而3sin3α＝2sin2α，

ABsin3α2即3(3sinα－4sin3α)＝4sinαcosα，所以33－43(1－cos2α)-4cosα=0，整理得:43cos2α－4cosα－3＝0，解得cosα＝

31或cosα＝－(舍去)，故α＝30°，∠ACE＝60°. 223

sin(∠EAC－30°)BC

由已知＝3－1＝，有sin(∠EAC－30°)＝(3－1)sin∠EAC，

ECsin∠EAC2－3311sin∠EAC－cos∠EAC＝(3－1)sin∠EAC，整理得sin∠EAC＝cos∠EAC， 2222

故tan∠EAC＝＝2＋3，可得∠EAC＝75°，

2－3即

从而∠E＝45°，∠DAC＝∠DCA＝∠E＝45°，△ADC为等腰直角三角形. 因AC＝2，则CD＝1.

又△ABC也是等腰直角三角形，故BC＝2，BD2＝1＋2－2×1×2cos135°＝5，BD＝5. 故f(P)min＝AC·BD＝2×5＝10.

6.3 三弦定理

74. 如图已知?BAD?120，AC是?BAD的平分线，且AC?AB?AD，求证：A、B、C、D四点

共圆.

A 1 2 D C 证明：∵?BADB 120，AC是DBAD的平分线，

71 / 137

0?2=600，从而sin?BADsin?1sin?2，

∵AC=AB+AD，∴AC仔sinBAD=AB仔sin2+AD仔sin1，由三弦定理的逆定理，得四点A、B、C、D共圆

∴?1

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75. 如图，在△ABC中，AB

的外接圆与△ABC的外接圆交于F点，求证：BF=AF+CF.

BAEFDC

证明：对BE、BF、BD应用三弦定理，得BFsin?EBCBDsin?EBFBEsin?FBC，

?ACF，?FBC?FAC， ?EBC1800-?AFC

∴BFsin?AFCACsin?ACFACsin?FAC.

sin行ACFsinFACAFCF从而BF=AC?=AC?= AF+CF AC?AC?sin行AFCsinAFCACAC76. 如图，设锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交△ABC的外接圆于N，自点L分别向AB和AC

作垂线LK和LM，垂足为K和M，求证：△ABC的面积等于四边形AKNM的面积. (第28届国际数学奥林匹克竞赛题)

∵BD=BE=AC， ?EBFAKMCBNL

证明：设∠BAN=∠NAC=，由三弦定理得: ANsin2a=ABsina+ACsina，即AN?2cosaAB+AC，

1∵SVABC=SVABL+SVACL=AL鬃ANcosa?sina， sina(AB+AC) ∴SVABC=AL鬃2在直角△AKL中， AL?cosaAK，∴SVABC=AN鬃VANM， AKsina=2SVANK，又易知VANK@∴SVANK=SVANM=1S四边形AKNM，从而SVABC=S四边形AKNM 273 / 137

七、Stewart 定理

77. 如图，PA、PB为O的两条切线，切点分别为A、B，过点P的直线交O于C、D两点，

交弦AB于点Q. 求证：PQ2?PC?PD?QC?QD.

APCB

图6-6?PB，应用（★）式，有PQ2?PB2?BQ?QA. 证明由切线长定理知PA注意到PB2?PC?PD；BQ?QA?QC?QD. 故PQ2?PC?PD?QC?QD.

78. 已知锐角△ABC的三边BC、CA、AB的中点分别为D、E、F，在EF、FD、DE的延长

线上分别取点P、Q、R. 若AP?BQ?CR，证明：△PQR的外心为△ABC的垂心.

ARQDPFHEBDQC

证明如图，设△ABC的三条高线分别为AL，BM，CN，垂心为H，EF与AL交于点K. 由于

FE是△ABC的中位线，AL?BC，则PE为线段AL的中垂线，应用（★）式，有

PH2?AP2?AH?HL.

ARPBNFHDLQ同理，QH?BQ?BH?HM，RH?CR?CH?6-HN图4. 注意到垂心的性质，有AH?HL?BH?HM?PH?QH?RH.

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2222EMC

?C?H，H及已知条件AP?BQC，R从而

故△ABC的垂心H为△PQR的外心，即△PQR的外心为△ABC的垂心.

79. 已知E、F是△ABC的边AB、AC的中点，CM、BN是边AB、AC上的高，连结EF、MN交于点P. 又设O、H分别是△ABC的外心、垂心，连结AP、OH. 求证：AP?OH.

AMEOPHFNBC

证明如图，联结AO，AH，设O1，H1分别为AO，AH的中点. 在Rt△ANH中，H1N? 11在Rt△AMH中，H1M?AH，于是点H1在线段MN的中垂线上，应用（★）式，有H1P2? AH；

H1M2?MP?PN. ①

APMEOHO1H1FN

注意到EF为△ABC的中位线，而O在BC的中垂线上，从而O1也在线段EF的中垂线上，应用（★）

图6-5BC式，有

O1P2?O1E2?EP?PF.

②

又注意到?ANM??ABC??AEF，知M，E，N，F四点共圆，有MP?PF?EP?PF. 而OE?AB，OF?AC，知A，E，O，F四点共圆，且O1为其圆心，有O1E?O1A. 于是，由①，②，③，④，并注意H1M?H1A，有H1A2?H1P2?O1A2?O1P2. 从而由定差幂线定理，知O1H1?AB. 因OH∥O1H1，故AP?OH.

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80. 如图，PT1和PT2是O的割线，分别交O于S1，S2，且PT1?PT2. 过P的直线交O于Q，

，交TTR（Q在R与P之间）12于T，交S1S2于S. 求证：

1111. ???PQPRPSPTPS1QS2OT1TRT2

证明因△PTT2为等腰三角形，注意到PS1?PT1?PS2?PT2，知PS1?PS2，即△PS1S2也为等腰三角图6-13形，应用（★）式，有PS2?PS12?S1S?SS2. 由S1S2∥TT12，有

①

PS1PT1PS?PQ?PR. 再注意到PT1?PS1?PQ?PR，于是，PS12?. ② ?PSPTPT又在O中，有S1S?SS2?RS?SQ?(PR?PS)(PS?PQ). ③ PS?PQ?PR?(PR?PS)(PS?PQ).

PT1111整理，即得. ???PQPRPSPT将②，③代入①有PS2?81. 设O和I分别是△ABC的外心和内心，△ABC的内切圆与边BC，CA，AB分别相切于点D，

E，F，直线FD与CA相交于点P，直线DE与AB相交于点Q，又M，N分别是线段PE，

QF的中点. 求证：OI?MN.

QPMFIBDCO

NAE对△ABC及截线DFD应用梅涅劳斯定理有

BDCPAF???1. 注意到BD?BF，CD?CE，DCPABFAPCPPM?AMMC?PM. 又M为PE的中点，则. 又PM?ME，则AF?AE，则??AECEEM?AMMC?EM2EM2MC

，即ME2?MA?MC. 同理，NF2?NA?NB. 又IM2?ME2?r2，IN2?NF2?r2，r?2AM2EM

为内切圆半径. 设R为外接圆半径. 对△OAC，△OAB应用等腰三角形性质，有OM2?R2?MA?MC，ON2?NA?NB?R2，由此得IM2?IN2?OM2?ON2即证.

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82. 如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC平分BD于E，求证：AB2?BC2?CD2?DA2?2AC2.

D A E C B DEBE+AD2=AE2+BE?DE (1) BDBDEDBE在DBC中，BC2+DC2=EC2+DE?EB (2)

BDBD11又DE=EB=BD，把(1)、(2)两式相加得：(AB2+BC2+CD2+DA2)=AE2+EC2+2DE?EB.

22证明：由Stewart定理知：在ABD中，AB2再由相交弦定理知：DE?EBAE?EC，代入上式得：

1(AB2+BC2+CD2+DA2)=AE2+EC2+2AE?EC2(AE+EC)2=AC2，

即：AB2+BC2+CD2+DA2=2AC2

83. 设D、E分别为△ABC的边AB、BC上的点，P是△ABC内一点，使得PC=PE，且△DEP∽△PCA.求证：BP是△PAD的外接圆的切线. (2009国家集训队)

A E

D P B

证明：由条件，有?DEC?DEP?PEC?PCA?PCE?ECA.

BDsin行DEBsinACBAB由正弦定理，. ===DEsinBsinBACBDDEDEPEPD2故：==?().

BAACCPACPA由Stewart定理，AP2?BDBP2?ADPD2?ABAB鬃ADBD. 由于AP2?BDPD2?AB，故BP2=BA?BD. 所以BP是PAD的外接圆的切线.

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84. 四边形APBQ内接于圆O，满足?P??Q?90且AP=AQ

直线AX与圆O的另一个交点为S(不同与点A)，点T在弧AQB上且XT^AX. 设点M为线段

ST的中点，证明：当点X在线段PQ上移动时，点M在一个圆周上运动. (2015美国)

P X A

O T

证明：由中线长公式得，4AM2=2AS2+2AT2-ST2 ①

由XT?AX，利用勾股定理得，AT2=ST2+AX2-XS2，代入①得， 4AM2=ST2+2AS2+2AX2-2XS2 ②

Q 将AS=SX+AX代入②得，4AM2=ST2+4AX2+4AX?SX ③ 在APQ中用Stewart定理，结合AP?AQ及相交弦定理得，

AP2=AX2+PX?QX2AX2+AX?SX，代入③得，

ST2AM=+AP2 ④

4设AO的中点为N，在AMN中用中线长公式，结合④及勾股定理得， AO2ST222222MN+=AM+MO=AM+SO-=AP2+SO2，

242AP2AO2故：MN=， +242即：点M在一个以N为圆心，AP2AO2+为半径的圆周上移动. 2478 / 137

八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆

85. 如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，A?，B?，C?分别是三边上的切点，证明：△A?B?C?的欧拉

线平分斜边AB.

CB'OA'A

证明：如图，联结OA′，OB′，OC′. 直线OC交AB、A′B′于N、S，

C'B

易知四边形A'CB′O为正方形. 则CS＝SO. SA′＝SB′. △A′B′C′的重心G在中线C′S上.

设△A′B′C′的欧拉线GO交斜边AB于点M，观察△SNC′及直线MOG. 利用梅涅劳斯定理得： SONMC′G ··＝1 …………① ONMC′GS 令BC＝a，CA＝b，AB＝c.

COa＋b1SOa＋b

由三角形内心性质有＝，但SO＝CO，所以＝，

ONc2ON2cb＋c－a(b－a)(a＋b－c)bc

NC′＝AC′－AN＝－＝，

2a＋b2(a＋b)a＋bx

令MN＝x，代入①有··2＝1，

2c(b－a)(a＋b－c)

x＋

2(a＋b)c(b－a)(a＋b－c)

即(a＋b－c)x＝ 2(a＋b)

bc－acbc－acc(a＋b)11bc

所以x＝，故AM＝AN－x＝－＝＝c＝AB，故结论成立.

2(a＋b)a＋b2(a＋b)2(a＋b)22

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86. 如图，圆O、圆I分别是△ABC的外接圆和内切圆，圆O半径为R，圆I半径为r，圆I分别切

AB、AC、BC于点F、E、D，若M为△DEF的重心，试求的值(其中R≠2r).

AFOIMECBD

解：取△DEF的垂心H，设DH， EH， FH分别交⊙I于A'、B'、C′.

则∠HA′C'＝∠DFC′＝∠DEB′＝∠DA'B′. 同理∠HC'A'＝∠HC'B'. 故H为△A'B'C′的内心. 注意到D是弧B′DC′的中心，则ID⊥B'C'. 又ID⊥BC，所以B'C'//BC.

同理A'B'//AB， A'C'//AC，所以△A'B'C'∽△ABC.

而O、l分别是△ABC的外心和内心，I， H分别是△A'B'C′的外心和内心.

所以＝k，k为△ABC与△A'B'C'的相似比.

IHROIR

又k＝，则＝.又OI， IH为△ABC与△A'B'C'中的对应线段.

rIHr 则OI与BC所成的角等于IH与B'C′所成的角，则O，I，H共线. 又由欧拉定理知△DEF中，I，M、H分别为外心、重心和垂心. IM1IM1

所以＝，＝

MH2IH3

RRIMr

从而OM＝OI＋IM＝·IH＋IM＝(3·＋1)·IM，故＝ rrOM3R＋r

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87. 如图，设H为△ABC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K. 求证：G，B，K，C四点共圆.

APGBLHCK

证明：设△ABC的外心为O，连OH，取OH的中点V，则V为△ABC九点圆的圆心.

AFNGBVOLD图7-2PHEMC

连AO，则AO∥PV，从而AO?GK. 设N为AB的中点，连ON，则ON?AG，

由此知?AON??AGL. 又?ACL??AON，则?ACL??AGL.

从而?BGL??BGK??KCL??KCB. 故B，K，C，G四点共圆.

88. 过锐角△ABC的顶点A、B、C的三条高线分别交其对边于点D、E、F，过点D平行于EF的直线分别交AC、AB于点Q、R，EF交BC于点P. 证明：△PQR的外接圆过BC的中点.

A F

R B D C P

证明：由题设，点P的存在意味着AB?AC. 由对称性，可设AB?AC，则P在射线BC上，如图7?9. 取BC的中点L，

我们证明Q，P，R，L四点共圆?DR?DQ?DP?DL ①

因BE?AC于E，CF?AB于F，则B，C，E，F共圆，于是知?CEP??ABC.

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又EF∥QR，有?CEP??CQD，则知B，Q，C，R四点共圆，从而DR?DQ?DB?DC 设BL?CL?a，CP?c，DL?b，则证①式等价于证明DB?DC?DP?DL，即?a?b???a?b???a?c?b??b，亦即a2?b?a?c?.

由九点圆定理，知D，E，F，L四点共圆，有PE?PF?PD?PL. 注意到B，C，E，F四点共圆，有PE?PF?PC?PB，

故得PC?PB?PD?PL，即c?2a?c???a?c?b???b?a?，亦即a2?b?a?c?. 故有DB?DC?DP?DL，亦有DR?DQ?DP?DL.

亦即Q，P，R，L四点共圆，即△PQR的外接圆过BC的中点.

89. 如图，在锐角△ABC中，边BC为最小边，点O、G、I、H分别是它的外心、重心、内心、垂心.

当OG＝GI＝IH时，求cosA的值.

AOGIH

解：由欧拉线定义知外心O、重心G、垂心H三点共线，由欧拉线性质知OG：GH＝1：2.

可知I是GH的中点，即点I在欧拉线OH上如图，联结OB. OC，作OM⊥AB，垂足为M. 易证∠BOM＝ ∠ACB，则有∠OBM＝∠CBH.

但BI平分∠ABC，故BI平分∠OBH，同理，CI平分∠OCH

OBOIOC

因为＝＝，则有HB＝HC，于是，∠BCH＝∠HBC，进而，

HBIHHC90°?∠ABC＝90°?∠ACB，即∠ABC＝∠ACB，所以，AC＝AB 故△ABC是等腰二角形，BC为底边

由于△OBH≌OCH，所以，OH平分∠BOC. 从而，OH⊥BC于D，易证Rt△BOM∽Rt△BHD BMOBOIABBM则＝＝＝2，所以＝＝2 BDHBIHACBD

7故AB∶AC∶BC＝2∶2 ∶1，由余弦定理：cosA＝.

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90. 试证：△ABC的垂心H与其外接圆上的点的连线被其九点圆平分.

AHBC

证明：如图7?3，过垂心H作△ABC外接圆的两条弦DE，FG，连DF，EG.

DAMHFB图7-3TGCSNE

设M，N，S，T分别为HD，HE，HF，HG的中点，则 ?FDH??SMH，?EGH??NTH.

又?FDH??EGH，则?SMH??NTH. 故M，S，T，N四点共圆，

由DE，FG的任意性，得H与△ABC外接圆上任意点连线的中点在同一圆上，由于这个圆过HA，

HB，HC的中点，故这个圆就是△ABC的九点圆，从而命题获证.

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91. 如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，M，N分别是CA，AB两边的中点，设直线l通过

A点，且BC在l上的射影为B?C?，连B?N与C?M交于点P. 求证：B?，C?，D，P四点共圆，且其圆心O与P点均在△ABC的九点圆上.

AB'ONMC'PBDC

证明：令?BAB???则?NCC?，ND，BA???1. 1，BB?，MD. 在Rt△AB?B中，N为斜边AB的中点，

lB'AO1N2C'MB图7-6PDC 同理， ?NAD??NDA， ?MAD??MDA. 令?CAC???2，则?MC?A??2. 于是， ?NB?A??MC?A??1??2?180???A，故?MPN?180????NB?A??MC?A? ?180??(180???A)??A

??NAD??DAM??NDA??ADM??MDN.

由此，知D，M，N，P四点共圆.

而△MND的外接圆即为△ABC的九点圆，即点P在△ABC的九点圆上. 由A，B?，B，D四点共圆，连B?D，则知?B?DA??B?BA?90???1. 同理，? C?DA??C?CA?90???2.

于是， ?B?DC???B?DA??C?DA?180???1??2??A??MPN??B?PC?，故B?，C?，D，P四点共圆.

由题设，B?C?DP的圆心为O，连DO，PO，则?DOP?2?DB?P. 由于A，B?，B，D四点共圆且以N为其圆心，则知NB??ND. 于是，有?DNP?2?DB?P，

??DOP??DNP，?D，O，P，N四点共圆. ?O在

DPN上，即O在△ABC的九点圆上，故命题获证.

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92. 已知O、I分别是△ABC的外接圆和内切圆. 证明：过O上的任意一点D，都可以作一个

三角形DEF，使得O、I分别是△DEF的外接圆和内切圆.

ADIOBC

证明：过D点作圆I的两条切线与圆Ｏ相交于Ｅ，Ｆ，

ADFIOMBEC

下面只需证明EF与圆Ｉ相切，即证I是△DEF的内心，也只需证MI=ME即可. 由Euler-Chapple公式及圆幂定理知，2Rr?R2?OI2?DI?IM?则IM?2Rsin?IDE?ME.

93. 在△ABC中，BC中点M，外心O，垂心H，HB、HC分别交OA于E、F，△HEF的外心为T.

求证：A，T，M三点共线.

Ar?IM，

sin?IDEFOEBMTHC

证明：易知△HEF∽△ABC，且AH为△HEF外接圆的切线作△ABC外接圆的切线AP，则∠EAT=∠BPO. (相似三角形对应边所夹角相等，其中AH和AP是对应边)

AKOFNTEBMHCP

又O，M，P，A四点共圆，则∠BPO=∠EAM?∠EAT=∠EAM，故A，T，M三点共线.

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94. 锐角△ABC，高AD、BE、CF，EF交AD于G，EF中点M. 求证：B，C，G，M四点共圆.

AFMGEBDC

证明：设FE交BC与点P. 取BC的中点.

AFMGE

由E，F，B，C四点共圆，得PC?PB?PE?PF;

由E，F，N，D四点共圆（△ABC的Euler圆），得PE?PF?PD?PN；由N，M，E，D四点共圆，得PE?PF?PG?PM; 因此，PC?PB?PD?PN，即B，C，G，M四点共圆.

BNDCP86 / 137

九、圆幂定理、根轴、根心

95. △ABC中，E、F分别为AB、AC中点，CM、BN为高，EF交MN于P，O、H分别为△ABC的

外心与垂心. 求证：AP⊥OH.

AMEOBPHCFN

证明：由∠BMC＝∠BNC＝90°知B、C、N、M四点共圆.

所以AM·AB＝AN·AC.

又AE＝AB，AF＝AC，则AM·AE＝AN·AF，即E、F、N、M四点共圆.

注意到由∠AMH＝∠ANH＝∠AEO＝∠AFO＝90°知AH、AO分别为△AMN，△AEF外接圆的直径. 过AH中点H'与AO中点O′分别为△AMN与△AEF的外心，且易知O'H'//OH. 故只需证AP⊥O`H'，只需证A，P为△AMN，△AEF外接圆的等幂点即可. 注意到A为两圆公共点，而由E，F、N，M四点共圆知PM·PN＝PE·PF. 故P也为等幂点. 综上所述，原命题成立.

96. 如图，⊙O1与⊙O2相交于点C，D，过点D的一条直线分别与⊙O1，⊙O2相交于点A，B，点

P在⊙O1的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点M，点Q在⊙O2的弧BD上，QD与线段BC的延长线交于点N. O是△ABC的外心. 求证：OD?MN的充要条件为P，Q，M，N四点共圆. (第7届西部)

OAO1CPDQO2B

证明：设△ABC的外接圆O的半径为R，则M，N对圆O的幂分别为

NMMO2?R2?MC?MA， ① NO2?R2?NC?NB. ②

因为A，C，D，P四点共圆，所以MC?MA?MD?MP， ③ 因为Q，D，C，B四点共圆，所以NC?NB?ND?NQ， ④ 由①，②，③，④得NO?MO?ND?NQ?MD?MP

22?ND(ND?DQ)?MD(MD?DP)?ND2?MD2?(ND?DQ?MD?DP)，

所以，OD?MN?NO2?MO2?ND2?MD2?ND?DQ?MD?DP?P，Q，M，N四点

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共圆.

97. 设凸四边形ABCD的外接圆的圆心为O，已知AC≠BD，且AC与BD交于点E，若P为四边形

ABCD内部一点，且∠PAB＋∠PCB＝∠PBC＋∠PDC＝90°. 求证：O、P、E三点共线.

CDEPOAB

分析：在涉及圆(尤其是多个圆)的共点共线问题时，根轴是一个很有效的工具. 利用根轴解决三点共线的关键是恰当地选取两个圆，然后证明所证三点均在这两个圆的根轴上. 证明：记△APC的外接圆的圆心为S1，△BPD的外接圆的圆心为S2.

由圆幂定理，有EC·EA＝EB·ED，知点E对圆S1的幂等于E对圆S2的幂. 于是PE为圆S1与圆S2的根轴.

下面只需证明O在圆S1与圆S2的根轴上. 延长OP交圆S1于点Q，连结QC，QA. 由条件知∠ACP＋∠CAP＝90°一∠CBA.

连结OC，OA，则∠CAO＝90°一∠CBA＝∠ACP＋∠GAP.

从而有∠ACP＝∠PAQ. 又∠ACP＝∠AQO，于是∠PAO＝∠AQO. 故△PAO∽△AQO. 所以OP·OQ＝OA2，即点O对圆S1的幂为OA2. 同理，点O对圆S2的幕为OB2.

注意到OA＝OB，有点O对圆S1与圆S2的幂相等.

故O在圆S1与圆S2的根轴PE上. 所以，O，P，E三点共线.

98. 在凸五边形ABCDE中，AB＝BC，∠BCD＝∠EAB＝90°，P为五边形内一点，使得AP⊥BE，

CP⊥BD. 证明：BP⊥DE.

BCAPDE

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证法1：如图，过点P作PH⊥DE于点H.

因为∠PFD＝∠PGE＝90°＝∠PHD＝∠PHE，

所以，F，D，H，P和P，H，E，G分别四点共圆，记两圆为⊙M1和⊙M2. 又BF·BD＝BC2＝BA2＝BG·BE. 所以F，D，E，G四点共圆，记此圆为⊙M3. 易见，⊙M1、⊙M2、⊙M3两两之间的公共弦恰为PH，EG，FD. 由根心定理知，这三条根轴交于一点.

又已知直线DF和EG交于点B，因此，直线PH过点B. 由PH⊥DE，知BP⊥DE.

证法2：记BP的中点为O. 因为∠BFP＝90°＝∠BGP，所以，B，F，P ，G四点共圆且圆心为点O.

又因为BA＝BC，∠BCD＝90°＝∠BAE，故以点B为圆心，BC为半径的圆B过点A，且直线DC和EA都是圆B的切线，切点分别为C和A. 所以DC2＝DF·DB，故点D在圆O与圆B的根轴上. 同理，点E在圆O与圆B的根轴上.

因此，直线DE为圆O与圆B的根轴. 则BO⊥DE，即BP⊥DE.

99. 设锐角△ABC的外心为O，△BOC的外心为T，点M为边BC的中点，在边AB，AC上分别取

点D，E，使得∠ADM＝∠AEM＝∠BAC. 证明：AT⊥DE.

ADBOMEC

证明：如图，由O是△ABC的外心，T是△BOC的外心知，

O，M，T三点共线，且OT⊥BC.

延长DM，AC交于点G，延长EM，AB交于点F，连结FT，BT，GT. 于是，有∠BTO＝2∠BCO＝180°－∠BOC＝180°－2∠BAC＝∠AFE.

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故B，F，T，M四点共圆.

则∠BFT＝180°－∠BMT＝90°. 同理，∠CGT＝90°.

过点T作TH⊥DE于点H，于是，D、F、T、H和H、T、G、E分别四点共圆，记两圆为⊙S1和⊙S2.

又∠FDG＝180°－∠ADG＝180°－∠AEF＝∠FEG，所以，D、F、G、E四点共圆，记之为⊙S3.

由于直线TH，GE，DF恰为⊙S1、⊙S2、⊙S3两两之间的三条根轴，且GE与DF交于点A，故由根心定理知TH过点A. 因为TH⊥DE，所以，AT⊥DE.

100. 如图，从半圆上的一点C向直径AB引垂线，设垂足为D，作⊙O1切BC，CD，DB分别于E，

F，G. 求证：AC?AG.

CFAODEO1GB

证明设半圆的圆心为O，则O，O1，E共线. 连O1F，知O1F?CD，得O1F∥AB.

CEOFAOD图 10-2GB

11连EF，AE，由?FEO1??FO1O??EOB??OEA，知E，F，A三点共线.

22又因?ACB?90?，CD?AB，有?ACF??ABC??AEC，从而AC是⊙CEF的切线，故点A对⊙CEF的幂AC2等于点A对⊙O1的幂AG2，即有AC?AG.

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101. 如图，设I是△ABC的内心，过I作AI的垂线，分别交边AB，AC于P，Q. 求证：分别于AB及AC相切于P及Q的圆L必与△ABC的外接圆O相切.

APIBQC

证明延长AI交⊙O的半径为R，则点L对⊙O的幂为R2?LO2?LA?LM，

APODM图 10-3IQCB

于是LO?R?LA?LM?R?LA?(IM?LI)?R2?LA?IM?LA?LI?R2?LA?IM?LP2.

222111PL由?MIC?(?A??C)??BCM??C??MCI，知MI?MC?2R?sin?A?2R?.

222ALPL从而，LO2?R2?LA?2R??LP2?(R?PL)2.

AL由此，即知⊙L与⊙O相切.

102. 如图，⊙O过△ABC的顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同)，△ABC的外接

圆和△BKN的外接圆相交于B和M. 求证：?BMO?90?. (IMO?26试题)

AKBOMNC

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证明：设△ABC和△BKN的外接圆圆心分别为O1，O2，由题设，推知O，O1，O2三点不共线（否则B和M重合），而直线AC，KN，BM分别为这三个圆中两两圆的根轴，故它们必相交于一点，不妨设交于点P.

XKBO2MYCO3O1OAP图 10-7

由?PMN??BKN??NCA，知P，M，N，C四点共圆，则B点对此圆⊙PMNC的幂等于B点对⊙O的幂，即有（设R为⊙O的半径）BM?BP?BN?BC?BO2?R2. 又点P对⊙O2的幂等于点P对⊙O的幂，即有PM?PB?PN?PK?PO2?R2.

由上述两式相减，得PO2?BO2?BP(PM?BM)?(PM?BM)(PM?BM)?PM2?BM2，

由此有OM?BP，故?OMB?90?.

103. 如图，已知两个半径不相等的⊙O1与⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于

S、T两点. 求证：OM⊥MN的充分必要条件是S、N、T三点共线.

OO1SMO2NT

证明连OS，OT，ST，作公切线SP，TP相交于P，

OO1O2SNTMP

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则得PS?PT，由此即知自P点向⊙O1和⊙O2所昨切线长相等，故点P在这两圆⊙O1和⊙O2的根轴上，且由PS2?PN?PM. 连OP交ST于点Q，则OP?ST，且PQ?PO?PS2?PN?PM，故O，Q，N，M四点共圆.

由此，即有OM?MN?OQ?QN?N在直线ST上 ?S，N，T三点共线.

104. 设O和I分别为△ABC的外心和内心，△ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别相切于点D、

E、F，直线FD与CA相交于点P，直线DE与AB相交于点Q，点M、N分别为线段PE、

QF的中点.

求证：OI?MN.

PMAFIOBENQ

证明如图，考虑△ABC与截线PFD，由Menelaus定理，有图 10-12PAAFBDAFp?aCPAFBD， ???????1，所以

PCFBDCDCp?cPAFBDCPAp?ab(p?a)，因此PA?， ?CAa?ca?cb(p?a)2(p?c)(p?a)这样PE?PA?AE?， ?p?a=

a?ca?c1(p?c)(p?a)， ME?PE?2a?cDC于是

(p?c)(p?a)(p?a)2， MA?ME?AE??(p?a)?a?ca?c(p?c)(p?a)(p?c)2MC?ME?EC??(p?c)?.

a?ca?c于是MA?MC?ME2.

因为ME是点M到△ABC的内切圆的切线长，所以ME2是点M到内切圆的幂，而MA?MC是点M到△ABC的外接圆的幂. 等式MA?MC?ME2表明点M到△ABC的外接圆与内功圆的幂相等，因而点M在△ABC的外接圆与内功切圆的根轴上. 同理，点N也在△ABC的外接圆与内切圆的根轴上. 故OI?MN.

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105. 在锐角三角形ABC中，AB?AC. 设Γ是它的外接圆，H是它的垂心，F是由顶点A处所引高

的垂足. Q是Γ上一点，使得∠HQA?90?，K是Γ上一点，使得∠HKQ?90?. 已知A、B、C、K、Q互不相同，按此顺序排列在Γ上. 证明：△KQH的外接圆和△FKM的外接圆相切. (2015年国际数学奥林匹克第56届IMO，乌克兰供题)

证明：如图所示，延长QH交Γ于点A?，由于∠AQH?90?，从而AA'是Γ的直径. 由于A?B⊥AB，故A?B∥CH，

同理A?C∥BH，故BA'CH是平行四边形， ∴M是A'H的中点. 延长AF交Γ于点E，又∵A?E⊥AE，故A?E∥BC， ∴MF是三角形HA'E的中位线， ∴F是HE的中点.

设直线A?E与QK交于点R. 根据圆幂定理，

RKRQ?RERA'

⊿HKQ的外接圆ω1和⊿HEA'的外接圆ω2分别是以HQ和HA'为直径的圆，这两个圆外切于点

H，而R是这两个圆的等幂点，从而R在这两个圆的根轴上，即RH是这两个圆的公切线，RH⊥A'Q.

设直线MF交HR于点S，则S是HR的中点. 由于⊿RHK的直角三角形，S是斜边RH的中点，故SH?SK.再由SH是ω1的切线知，SK也是ω1的切线. 在直角三角形SHM中，是斜边上的高，从而

SFSM?SH2?SK2，

故SK也是⊿KMF的外接圆的切线. 于是SK与⊿KQH的外接圆和⊿FKM的外接圆均相切于点

K处，

∴这两个圆也在点K处相切.

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106. 如图，⊙O1、⊙O2外离，它们的一条外公切线与⊙O1、⊙O2分别切于点A、B，一条内公切线

与⊙O1、⊙O2分别切于点C、D. 设E是直线AC、BD的交点，F是⊙O1上的一点，过F作⊙O1的切线与线段EF的中垂线交于点M，过M作MG切⊙O2与点G. 求证：MF=MG. (2015年第14届中国女子数学奥林匹克付云皓供题)

证明：如图，直线AB、CD交于点H连接HO1、HO2.

设J、K分别是线段AB、CD的中点，连接JE、KE. ∵

HA、HC是⊙O1的切线，故HO1平分∠AHC，且AC?HO1. 同理HO2平分∠BHD，且

BD?HO2.

∵HO1、HO2分别是∠AHC的内角平分线和外角平分线， ∴HO1?HO2.

又∵AC?HO1，BD⊥HO2. ∴AC⊥BD.

而JE?JA?JB，KE?KC?KD.

得：点J对⊙O1、⊙O2以及以点E为圆心，0为半径的圆的幂相等. 同理，点K对⊙O1、⊙O2以及以点E为圆心，0为半径的圆的幂也相等. ∴这三个圆必有一条公共的根轴. 而M在EF的中垂线上， ∴MF?ME.

又∵MF是⊙O1的切线.

∴M在这三个圆的公共根轴上，再∵MG是⊙O2的切线. ∴MF?MG.

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107. 如图，在△ABC中，AB?AC，I为△ABC的内心. 以AB为半径作⊙A，以IB为半径作⊙I，

过点B、I的圆?与⊙A、⊙I分别交于点P、Q(不同于点B). 设IP与BQ交于点R. 证明：BR⊥CR. (2017年全国高中数学联赛加试题)

如图，设C、I、P三点确定圆?1，与⊙I交于点S（若两圆相切，则视作点C与S重合，直线CS视为两圆的公切线）.

对圆?1、⊙I、圆?应用根心定理，有CS、IP、BQ三线共点于R. 从而，C、S、R三点共线.

∴∠PQR?∠PSR?∠BIP?∠CIP?∠BIC.

又∵∠QPR=∠IBR?∠IQB?∠IPB，类似地∠RPS?∠IPC，于是∠QPS?∠QPR?∠RPS?∠IPB?∠IPC?∠BPC. 而∠BIC?90??∠A，∠BPC?180??∠BAC?90??∠A. 则∠QRS?360???∠PQR?∠PSR?-∠QPS?360??∠BIC?∠BPC

12121?2?∴BR⊥CR.

=360???90??∠A???180?∠A??90?.

????12??98 / 137

108. 如图，在锐角△ABC中，AB?AC，E分别是边AB、AC的中点. △ADE的外接圆与△BCED、

外接圆交于点P（异于点E），△ADE的外接圆与△BCD的外接圆交于点Q(异于点D). 求证：

AP?AQ. (2014年第13届中国女子数学奥林匹克付云皓)

证明：由题目的条件可知：△ADE与△ABC位似，且位似中心为点A，

∴△ADE的外接圆与△ABC的外接圆相切于点A，过点A作这两个圆的公切线AM，

则AM是这两个圆的根轴. 根据蒙日定理（即根心定理）且AB?AC，可知直线BC、DQ、AM交于一点，且直线BC、DQ、PE交于一点， ∴直线BC、DQ、PE、AM交于点M.

由切线的性质可得∠CAM?∠ABM，∴⊿ACM∽⊿BAM.

BMABBD. ??AMACAE又∵∠DBM?∠EAM， ∴⊿BDM∽⊿AEM. ∴∠AME?∠BMD.

∴

∵DE∥BC，

∴∠BMD?∠MDE?∠QPE. ∴∠AME?∠QPE. ∴PQ∥AM.

故∠PQA?∠QAM?∠APQ，则AP?AQ.

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109. △ABC，外心O，外接圆的切线AD，D在BC延长线上，倍长CD至E，作EF//AC交BA延长

线于F. 证明：OD⊥DF.

F A O B C D E

证明：延长FD交AC于G，则D为FG中点，只要证OG=OF

FAOBADEHG

等价于证：OG2-R2=OF2-R2 即只要证：GC?GA?FA?FB (1)

再延长AD交FE于H，则D为AH中点，由AD2?DC?DB，得AD?DH?DE?DB 故A，E，H，B四点共圆，则FA?FB?FE?FH 再注意到F，E，H关于D的中心对称点为G，C，A，又有FE?FH?GC?GA，从而，(1)得证.

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