平面几何试题.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PQ⊥RS．
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XW∥AC∥XZ．
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
= = ．
∴ XY∥PQ．
故欲证原命题，只需证XY⊥RS，这等价于
SY 2－SX 2 = RY 2－RX 2．
下证上式：由S为△AMB垂心知SB⊥AM Þ SB⊥WY．
同理SA⊥WX．则勾股定理知
SY 2 = SB 2 + BY 2 = BY 2 + (SW 2－WB 2 ) = BY 2－WB 2 + SA 2 + WA 2 … ①
SX 2 = SA 2 + XA 2 … ②
①－②得 SY 2－SX 2 = BY 2－WB 2 + WA 2－XA 2 … ③
同理得 RY 2 = YC 2－ZC 2 + RD 2 + DA 2, RX 2 = DX 2 + RD 2．
故 RY 2－RX 2 = YC 2－ZC 2 + DZ 2－DX 2 … ④
由XW∥DB∥YZ, WY∥AC∥XZ有BY = DZ, WB = XD, AW = YC, AX = ZC．
比较③④两式右边即有 SY 2－SX 2 = RY 2－RX 2．
由此即有 XY⊥RS，从而得出PQ⊥RS，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AP⊥OH．(同苏炜杰03)
证：
引理：如图，设∠BAP = a, ∠BAP¢ = b，则 = … ① Þ AP与AP¢重合．
引理的证明：事实上，①式即
= Û =
Û sin A cot a－sin A = sin A cot b－cos 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AQ⊥OH = Q．
我们证明AP与AQ重合：由引理只需证 = … ①
先看右图，∵ E、P、F三点共线，以A为视点运用张角定理得
= + ．
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．
∴ = … ②

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OG⊥BN = G，由∠OGN = ∠GNF = ∠NFO = 90°知OGNF为矩形．
∴ OG = NF, OB sin ∠OBN = OG = NF．
∴ = … ③
综合②③知①式成立，故AP⊥OH，证毕．
03 设H为△ABC的垂心，D、E、F为△ABC的外接圆上三点使得AD∥BE∥CF，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AD∥BE, = 知
所对角为∠C, 所对角为∠B, 所对角为 a．
∴ 所对角为 B－C－a．
∴ ∠SHA¢ = ∠HA¢D = B－C－a … ①
∠UHC¢ = ∠HC¢F = ∠CC¢F = (－) = (－) = A－a,
∠AHC¢ = 180°－∠C¢HA¢ = B．
∴ ∠UHA¢ = 180°－(∠C¢HU + ∠AHC¢) = C + a … ②
同理可得∠THA¢ = B－a … ③
① + ②得 ∠UHS = ∠B；①－③得 ∠SHT = ∠C．
又 = + + = 2(90°－B + C + B－C－a) = 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°－C－a)．
从而HU = 2R sin (90°－B + a), HT = 2R sin (90°－C－a)．
由此有HS : HU : HT = sin (90°－a) : sin (90°－B + a) : sin (90°－C－a)．
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△XYZ∽△ABC，即∠X = ∠A, ∠Y = ∠B, ∠Z = ∠C．
在ZY与X异侧作∠ZYW1 = 90°－B + a, ∠YZW2 = 90°－C－a．YW1与ZW2交于W，连接XW．
∴ ∠ZWY = 180°－(∠ZYW + ∠YZW) = 180°－(180°－B－C) = ∠B + ∠C = 180°－∠ZXY．
∴ X、Z、W、Y四点共圆．
∴ ∠XZW + ∠XYW = 180° … (*)
∠XYW = ∠XYZ + ∠ZYW = ∠B + 90°－B + a = 90° + a,
∠WXY = ∠WZY = 90°－C－a．
∴ 由正弦定理知 = = = ．
又∠YWX = ∠YZX = ∠C = ∠THS，∴ △WZX∽△HTS．
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O¢E⊥BC = E．求证NiE∥AD．
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．
∴ ∠O1AO2 = ∠BAC，从而△AO1O2∽△ABC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 a－i sin a，则AO¢对应复数为
(－cos a－i sin a)·(cos (90°－g) + i sin (90°－g) ) = A¢ (记为)．
则A¢ = －[ sin (g－a) + i cos (g－a) ]．
∵ O¢ = A + A¢，∴ O¢的横坐标即为－+ cos a = ．
∴ E点坐标为( , 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 = p－g，∴ 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CP∥BD．用同一法．
作∠ACB平分线CP¢交DN于P¢，则∠BCP¢ = ∠ACP¢ = ∠CBD = ∠CDB = ∠C．
∴ P¢C∥BD．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 = … ①
注意到P¢C∥BD，故 = ．
又CD = BC，故 ① Û = … ②
对直线NTD截△ABC运用梅涅劳斯定理有 = 1．
∵ N为AB中点，∴ AH = NB Þ = ，②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ND上，∴ P¢ = P．
即 CP平分∠ACB且CP∥BD．
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) 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 (B－C) = sin A cos (B－C)消去sin A得
2 sin B sin C = cos B + cos C + cos (B－C)．
再对左边积化和差有
cos (B－C)－cos (B + C) = cos B + cos C + cos (B－C) 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 + sin 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 (1－cos 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O1H⊥AB = H，过O2作O2I⊥AB = I，O2E⊥O1H = E，则
∠O1AB = ∠A, ∠O2BA = ∠B．
故 A、B、O1、O2四点共圆 Û ∠BAO1 = ∠FO2O1 … ①
∵ O2E∥AB，∴ ∠FO2E = ∠B．
∴ ∠FO2O1 = ∠EO2F－∠O1O2E，∴ ∠FO2O1 = ∠B－∠O1O2E．
∴ ① Û = －∠O1O2E Û ∠O1O2E = Û tan ∠EO2O1 = tan … ②
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 = = ．
∴ ② Û = … ③
下面分情况讨论：
1° ∠A = ∠B时，左右两边皆为0，③式成立；
2° ∠A ≠ ∠B时，sin 可约去，得 2 sin A sin B + sin C－sin A－sin B = 2 cos 2 cos ．
利用 2 sin A sin B = cos (B－A)－cos (A + B) = cos (B－A) + cos C, 2 cos 2 = cos (B－A) + 1, 2 cos cos = cos A + cos B．
三式代入化简得 ③ Û cos A + cos B + cos C = 1 + sin A + sin B－sin C．
而由三角形内熟知恒等式 cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin 得
1－sin A + sin B－sin C = 1 + 2 sin cos －2 sin sin = 1 + 2 cos (cos －cos ) = 1 + 4 sin sin cos ．
结合两方面知 ③ Û sin = cos Û ∠C = 90°．
综合1°、2°知 ③ 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、L．A0、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：AB∥CD，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B¢C¢⊥DI, OI⊥BC．
∴ 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OP⊥BC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ID∥A0H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)．
∵ OP∥ID，∴ 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 = OP－ID, 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 = CD－CH = －b cos C = －= ,
DD¢ = BC－(BD¢ + CD) = a－(a + b－c) = c－b．
故 ·A0H = ·R sin B sin C．
故 MA = R(cos A + )，其中
sin B + sin C－sin 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 + 2 sin cos cos ．
其中 cos A + 2 sin cos cos = cos B + 2 sin cos cos
Û cos A－cos 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，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DE⊥FQ．
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．
∵ △FPA∽△FBP，∴ = = ．
∴ ( ) 2 = ．同理 ( ) 2 = ．
由△FAD∽△FCB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OP⊥PF．
引理2的证明：
∵ ∠APC = ∠FPC－∠FPA = 180°－2∠B = 180°－∠AOC．
∴ A、P、C、D四点共圆．
∴ ∠FPO = ∠FPC－∠OPC = 180°－∠B－∠OAC = 180°－∠B－(90°－∠B) = 90°．
∴ OP⊥PF，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，∴ △OBP∽△OPA．
∴ = = ．
∴ ( ) 2 = , ( ) 2 = ．

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OF⊥QA．
∴ 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、D使得C、D、X依次位于同一直线上，且CA⊥BD，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，AB∩XD = M．

Z
∵ △XOA∽△XAM，∴ 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MX∥DZ，则MD = MZ．
∴ = = = ．
在GX上取点X¢，使∠GKD = ∠DFX¢，在X¢F上取W使CF∥GW．
由 = = = 得 CG·X¢D = X¢C·GD．
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 + = + ．
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
= … ①
= … ②
由①·LC + ②·BL得
LC·+ BL·= … ③
注意到OB·LC + OL·BL = BC·LO，则③式变为
LC·+ BL·= BC·… ④
对由BD截△LCM和AC截△LBM用梅氏定理知
BC·= BL·, BC·= LC·．
把它们代入④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 ≤ (3－2)AD．
证：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 = = = = ．
∴ = = =
= ≤ = 3－2．
∴ PQ ≤ (3－2)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·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·EF + AF·BE ≥ AE·BF, BD·AE + AD·BE ≥ AB·AC．
∴ AB·AD + BC·CD ≥ AE·AC, BD·AE + AD·CD ≥ AB·BC … ①
对①式中前一式，两边同乘DB后，再加上DC·DA·AC，然后注意①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·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①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AD⊥BC)．
而 AD⊥BC且CD⊥AB，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，∴ △PAC≌△QCN Þ AP = CQ．得证．
评注：本题运用了对称的想法，是一道好题．
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 = ∠ACO－∠DBO = ∠BAD－∠ABC = ∠APD．
∴ A、D、K0、P四点共圆，且
∠OK0P = ∠DK0P + ∠DK0O = ∠BAD + ∠OBD = ．
同理∠DK0Q = ，故P、K0、Q共线，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CC1⊥BF = C1，EE1⊥BF = E1，AA1⊥BC，FF1⊥BC．证明：(1) △BC1F1与△BA1E1有相同的内心I；(2) 设BB1⊥CF = B1，BB2⊥AE = 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，XX1⊥YZ，YY1⊥XZ，且△XYZ的内切圆与ZY切于X2，与XZ切于Y2，则△ZX1Y1的圆心即为△ZX2Y2的垂心．
引理的证明：由△ZX1Y1∽△ZXY，相似比为 ．
∴ ZW1 = ZW cos a (这里W、W1分别是△XYZ与△X1Y1Z1的内心)．
作W1R⊥YZ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¢：
(1) 当EF∥GH时，由于GEFH中有GE∥HF，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△REG≌△EFH，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¢⊥BC = 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°－2∠PAOAK = 2∠AHO－180°．
同理∠PBKOB = 2∠BHO－180°．
∴ ∠PAKOA + ∠PBKOB = 2(∠AHO + ∠BHO)－360°
= 360°－2∠AHB = 2∠C．
而 ∠OAKOB = 2∠OAB¢OB = 2∠OAHB¢ = 2∠C = ∠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·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BC∥AD，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BC∥AD时，= ，p 2 = cd, q 2 = ab, = = = ．
∴ = = = ，∴ (p－a)(b－p) = (q－c)(d－q)，即
AP·PB = DQ·QC．
∴ MP·PQ = AP·PB = DQ·QC = PQ·QN，∴ MP = QN．
又 (MP + PK)·KQ =