江苏奥数夏令营平面几何教师版.doc

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1、2018年奥数夏令营讲义平面几何目 录一、等差幂线定理2二、共边比例定理、分角张角72.1 共边比例定理72.2 分角定理102.3 张角定理12三、Menelaus、Ceva、Pascal定理143.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理143.2 赛瓦（Ceva)定理183.3 Pascal定理22四、三角形五心274.1 三角形的内心274.2 三角形的外心304.3 三角形的重心334.4 三角形的垂心364.5 三角形的旁心40五、等角共轭475.1 等角共轭475.2 等角共轭点48六、Simson 定理 、托勒密、三弦定理596.1 Simson 定理596.2 Ptolemy 定

2、理626.3 三弦定理66七、Stewart 定理68八、欧拉定理、欧拉线、欧拉圆73九、圆幂定理、根轴、根心81十、内外角平分线定理、线段的“分割比”、阿波罗尼斯圆96十一、调和点列、线束101十二、顾冬华20题110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.一、等差幂线定理1. 如图，点为内部一点，分别垂直于，且，. 求证：.【证明】由定差幂线定理；. 上述三式相加，结合及，得. 2. 在正方形对角线上一点(不与重合)，. 求证： ABCDPEF【证明】 则3. 在中，. 求证：和边上的中线和互相垂直.【证明】连接

3、 得 ABCDE4. 如图，在中，、是垂足，与交于点. 证明：.证明：在凹四边形中，由得.在凹四边形中，由得.于是，在凹四边形中，得到，则.由此题可得垂线的一个性质：.5. 在五边形中，为五边形内一点，且.求证：. 【证明】连接延长交，由，得：两式相减：即：由凹四边形得：.BACDEPQ6. 如图，在四边形ABCD中，E和F是CD和BC上的点，AB=AD，DF求证：证明：在四边形ADEF中，由DF及定差幂线定理得，又因为AB=AD，所以，即，由定差幂线定理知7. 若点在三边、所在直线上的射影分别为、. 证明：自、的中点分别向、所作的垂线共点. 证明：由三角形中线长公式，有. 由，则. 同理，

4、 以上三式相加，得. 因为，由定差幂线定理可得：以上三式相加得所以=0（*）设与交于M点，则由定差幂线定理可得代入（*）得即所以M在过引AB的垂线上，所以、三线共点. 8. 以锐角ABC的一边为直径作圆，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 (FC，DA)，E为劣弧上一点，BE与AC交于点N. 若AF2+BD2+CE2=AE2+CD2+BF2. 求证：. 证明 如图，由于以为直径的圆分别与、交于点，则，. 设与交于点，则为的垂心，故点与关于对称，点与关于对称. 从而，. 由，有. 即. 由定差幂线定理知，. 又注意到为垂心，有. 故知、三点共线. 因为为边

5、与的交点，则. 故. 二、共边比例定理、分角张角2.1 共边比例定理9. 如图，中，、交于. 求证：直线平分和.【证明】设直线分别交、于、.由共边定理，得，而，则，所以，则.又由共边定理，得，所以，即，所以是的中点.又易知，则.由共边定理，得，则，所以是的中点.故直线平分和.10. 过圆外一点P引圆的两条切线和一条割线，在上取一点使. 求证：.【证明】设 由共边比例定理，得：（的高）APBCDQ又得连接，. .，.11. 在内任取一点P，连结PA、PB、PC分别交对边于X、Y、Z点. 求证：证明：由共边比例定理知：12. 已知是的内切圆，、分别为、上的切点，连结并延长交于点，连结并延长交于点.

6、 求证：是的中点. 证明:如图，联结，由、N及、分别四点共圆有，. 由共边比例定理，有，及. 于是，. 故是的中点. 2.2 分角定理13. 在等腰ABC中，A90，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. 【证明】连接，则外分. 设，作. 由分角定理得：在中，内分，由分角定理得：由=且，得. 设，在等腰中，有. ，. 以上过程均可逆. 14. 设ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，已知圆过点C与AC交于F，与AB相切于AB的中点G. 求证：. 【证明】设，. 在中，内分，则：. 又，. 又在中，. ，又，（切割

7、线定理），从而，15. ABC是等腰直角三角形，BAC90，AB=AC. 以AB为一边作ABD，且AD=BD.若ADC=15，求证：ABD是等边三角形. 证明：设.在中，在AB边上用分角定理可得：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. 已知是ABC的边上的中线，任作一直线顺次交于. 求证：成等差数列. 【证明】令. 以为视点，分别对及应用张角定理，有，. 又在和中，由正弦定理，有. 由已知，上述两式相除得，于是式可变为：，即，. 代入得，故成等差数列. 17. 如图，在线段上取内分点，使，分别以，为边，在的同侧作正方形和，和分别是这两个正方形的外

8、接圆，两圆交于，. 求证：，三点共线. 证明 连，则，则，三点共线，注意. 设，的半径分别为，则， . 对视点，考察点，所在的三角形. 由. 由张角定理可知，三点共线. 三、Menelaus、Ceva、Pascal定理3.1 梅涅劳斯（Menelaus）定理设直线l与三边所在直线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：第二角元形式：（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、F. 求证：

9、EDKFDK. DBCAEFK证明：过点A作MNBC，与DE、DF的延长线分别交于点M、N. 由于=1. 而，. 1ANAM，即DA是等腰三角形DMN的底边上的高，从而EDAFDA. 19. 在ABC中，AM、AT分别为BC边上的中线与角平分线. TKAC，交AM于K. 证明：ATCK. HBCAMTK证明：由CD截ABM，有=1. 故. 设ABc，BCa，CAb，则BT，CT. MTCMCT. 但TKAC，. ，即ADbAC. 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：.【解

10、析】考虑被直线HBD截，应用梅涅劳斯定理可知 考虑被直线BCF截，同理可得 考虑被直线ECD截，同理可得 可得 所以原命题成立21. 如图，已知的内切圆分别切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. 【析】考虑被直线EFR截，应用梅涅劳斯定理可知，因为AF=AE 所以，如图，设BE与CF交于点S，则，所以，考虑及三个点P，Q，R，由梅涅劳斯定理的逆定理可知，P，Q，R三点共线. 22. 已知的内心为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

11、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. 【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. 因为MC平分，所以MF=CF， 且考虑被NIP截，应用梅涅劳斯定理知又因为，所以. 所以所以.又因为所以，所以.而，则，所以.所以，所以.所以由梅涅劳斯定理逆定理知，P，E，F三点共线.3.2 赛瓦（Ceva)定理设点P不在三边所在直线上，直线AP，BP，CP分别与BC，CA，AB交于点D，E，F，则，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

12、始，把六个角顺时针（或逆时针）标记为至，则. 或者改为判断过的顶点的三条直线AX，BY，CZ是否共点，等价于23. 在中，已知，D，E分别为边AC，AB上的点，且使，F是BD与CE的交点，连结AF，证明：.【析】设则，如图用角元.Ceva定理可知：所以24. 在锐角中，AD是的内角平分线，D在边BC上，过D作，垂足分别为E，F，连结BE，CF，它们相交于点H，求证：.【析】过A作于K点，只须证：即可 由题意知四点共圆，则四点共圆，则所以又因为AD平分 所以所以又因为AF=AE，所以. 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

13、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. 【析】考虑连结FQ，QB，只须说明H是的赛瓦点即可设则；所以（*）因为，所以所以（*）可化为（圆幂定理）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. 26. 如图，在ABC中，BAC90，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. 证明：设G分线段AB为定比1，H分线段AB为定比2. 下面证明2由1确定，即当A、B给定后，点H

14、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1，即11. (1)对ABC及截线EFH，应用梅涅劳斯定理，有1，即21， (2)(1)(2)，得(12)0. 从而120，即21，故2由1唯一确定. 因此，点H与D在直线CG上的位置无关. 3.3 Pascal定理圆O上六点，则的交点X，Y，Z共线. 考虑三顶点引出的直线与两边所成角的正弦值（*） 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. 27. A

15、BC内接于圆O，P为BC弧上一点，点K在线段AP上，使得BK平分，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：.【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.所以，所以.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. 求证：.【析】由Pascal定理可知，P，Q，R三点共线. 因为，所以.所以，所以BC/TS

16、同理，所以又因为所以29. 如图，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.【析】设是XY，AC的交点，下面证明：共线即可. 设直线交圆O于点L，连结XD并延长交圆O于点P，那么，从而三点共线，所以连结AOP，因为是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：因为，所以LB

17、/MD，所以只要证，这由可得. 证毕. 30. 如图，过的顶点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、. 又在ABC的外接圆上任取一点Q，证明：、与BC、CA、AB对应的交点X、Z、Y三点共线.证明：在圆内接六边形BCAAQB中，其三组对边BC与AQ、CA与QB、AA与BB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CBAAQC 中，其三组对边CB与AQ、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

18、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. 证明：由题设有AEPAFPAMPANP90. 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. 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为内一点，AI所在直线交的外接圆于D，I为内心的充要条件

19、是：ID=DB=DC（鸡爪定理）【证明】如图，必要性：连BI，由知ID=BD=DC充分性：由DB=DC，即知AD平分由DI=DB，有即，而从而，即BI平分故I为的内心. 性质3：设I为内一点，I的内心的充要条件是：的外心均在的外接圆上. 32. 已知，如图I为的内心，过I的BC的垂线交的外接圆于P、Q，PA、QA交BC于E、F，求证：A，I，E，F四点共圆.【析】如图，连结AI并延长交外接圆于S，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，所以.那么易知，所以且，所以A，K，P，J四点共圆.又因为，又因为，所以.，所以E为的垂心

20、则所以A，I，E，F四点共圆.33. 已知：如图，O，I分别为的外心和内心，点为点B关于OI的对称点. 求证：过点作外接圆的切线，交点在AC上. 【析】设为外接圆圆心，则在OI上，延长BI交圆O于M，设交AC于E，由例1知所以，四点共圆，注意到，于是设过点I，的圆切线交点为D，则四点共圆，从而五点共圆. 从而所以，D在EC上. 34. 已知圆内切圆O于点D，A为大圆O上任意一点，圆O的弦AB，AC分别切圆于点E，F，EF交于点I，求证：I为的内心. 【析】延长交圆O于点M，设，圆的半径依次为R，r，由性质2（鸡爪定理）知，只要证明即可. 由圆幂定理知：整理得4.2 三角形的外心三角形的外接圆

21、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为所在平面内的一点，则O为的外心的充要条件是下述条件之一成立：（1）（2）35. 设O为的外心，连结AO并延长交的外接圆于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.【析】过B作PO平行线交AD于F，交AC于G，作于E，则O，E，P，D四点共圆. 四点共圆，因为E为BC中点，所以F为BG中点，所以O为MN中点. 36. 设的外接圆O上的劣弧的中点为K，优弧的中点为S，线段AK与BC

22、边交于点D，点E，F分别为，的外心. 求证：A，E，O，F，S五点共圆.【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，所以S，E，C三点共线，同理S，F，B三点共线. 设，那么由F是的外心可知在中，在中，所以所以所以结论得证. 37. 过B，C作的外接圆的切线交于D，、关于AC对称，、关于AB对称，O是的外心，求证：.【析】不妨设，同理可得 所以又因为DB=DC且 所以，所以所以取的外心F，则由于所以且所以，所以所以AO/DF，而，所以.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是的重心，连AG并延长交BC于D，则D为BC的中点，A

23、G:GD=2:1且性质2：设G为的重心，P为内任一点，则（1）（2）证明：（1）设D为BC边上的中点，则对和分别应用余弦定理可得，而，于是，又因为PD，DG分别是的BC边，的BC边上的中线，有，从而（3），此三式相加整理得38. 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. 【析】如图，设的三边分别为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为的重心，连结OT，GT，由及有为定值，同理其他五个切点到G的距离的平

24、方均为，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.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，使得，连结，因为，所以，从而，即，同理，即为垂心，命题得证. 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，所以，同理，所以四边形是平行四边形. 所以CH=NB，又因为OM是的中位线，所以，所以所以O，G，H三点共线且HG=2GO.40. 已知的三边BC=a，CA=b，AB=c，是的任意内接三角形，试以a，b，c表示的三边平方和的最小值.【析】首先，

25、证明一个结论：若G为内的任意一点，G到三边BC，CA，AB的距离分别为x，y，z，则当时，所以的最小值为设G为的重心，则由中线长公式可知三式相加得从G点向的三边BC，AC，AB引垂线，垂足分别为，则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为的垂心，则性质2：设H为的垂心，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为的垂心，则H关于三边的对称点均在的外接圆上的外接圆是等圆H关于三边中点的对称点均在的外接圆上性质4：在中，H是垂心，L，M，N分别为BC，CA，AB

26、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. 【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NPNL;同理，NPPR，RLNL，RLPR，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PMLM，所

27、以M也在该圆上，连结PQ，LQ可知PQLQ，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. 如图，由四边形是平行四边形可知，A，O，X三点共线且Y，H，L，X 四点共线，由欧拉线性质可知且因为PH/OL，则所以PL与OH的交点T恰好平分OH（）所以T也是PL中点，恰好也是九点圆圆心，同时由于PL是的中位线，可得出【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. 设的内切圆与边BC，CA，AB分别相切于点D，E，F. 求证：的外心O、内心I、的垂心H三点共线.【析】连结AI并延长交圆O于点M，连结OM，DH

28、IDOI，IH，要证O，I，H三点共线，因为IM/DH，所以只要即可. 而ID/OM，所以转化为去证明证：设外接圆半径为R，内切圆半径为r， 由题意知连结BM，所以，所以，所以.所以原命题成立. 43. 如图，设H为的垂心，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. 【析】如图，要证G，B，S，C四点共圆，只要证：，即要证：. 由题意知PL是的九点圆的直径，考虑作出的外心O，取AB的中点M，连结OM，OA，那么，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，所以，所以.证毕. 44. 如图，

29、AD，BE分别是锐角边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，且交点在外接圆上.【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=MAMB=MVMY=MPMY，所以MDPMYD，所以DPM=YDM，又因为DPM=DEM=DEH+MEH=DCH+ABH=MAH+ABH=MDH+ECH=MD

30、H+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XTXP=XQXM，则2XTXP=XQ2XM，即XHXP=XQXU，所以点P也在圆ABH上所以P，P重合，证毕. 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：（对于顶角B，C也有类似的式子）性质2：（其中，）性质3：（其中，表示BC外侧相切的旁切圆的半径，类推，r表示的内切圆半径）【析】性质:2：易知，而，所以.性质4：

31、45. 如图，与和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：.【析】易知三点共线，设交EF于点D，连，由题意知CE=CG，BH=BF，又因为所以四点共圆，又因为所以A，H，P，D四点共圆. 所以又因为所以五点共圆，即有，所以所以46. 如图，O，I分别为的外心和内心，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. 【析】连AO，作于E，作于F，设，外接圆、旁切圆半径分别为R，再作于N，由三角形外心性质所以AI平分，那么所以证毕47. 已知的内心为I，内切圆与BC边的切点为D，所对的旁心为，所在直线与圆I交于另一点K

32、H是线段的中点，求证：K，B，C，H四点共圆.【析】过作BC边的垂线，垂足为，连结IK，ID，所以所以，即.又因为，所以所以K，B，C，H四点共圆. 证毕. 48. 如图，已知ACECDE90，点B在CE上，且CACBCD，过A、C、D三点的圆交AB于点F. 求证：F为CDE的内心.CBADFE证明：连CF、DF、BD. ACCB，ACB90， BACCAB45， CDFCAF45，但CDE90， DF是CDE的角平分线. CBCD，CBDCDB，但CBFCDF45， FBDFDB， BFDF，又CBCD，CFCF，BFDF， CBFCDF，BCFDCF，即CF是ECD的平分线. F是CDE

33、的内心. 49. ABC的外心为O，ABAC，D是AB中点，E是ACD的重心. 证明：OE丄CD. 证明：设AM为高亦为中线，取AC中点F，E必在DF上且DE：EF2：1. 设CD交AM于G，G必为ABC重心. 连GE，MF，MF交DC于K. 易证：DG：GKDC：()DC2：1. DG：GKDE：EFGEMF. OD丄AB，MFAB，OD丄MFOD丄GE. 但OG丄DEG又是ODE之垂心. 易证OE丄CD. 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(PB，QB). 求证：OPQ的垂心在直线AC上. BCAPOQ证明：作ODPQ，交PQ于点D，交直线

34、AC于点H. 连PH，延长QO交PH于点E，连OA，OB，OC. B，P，O，Q共圆POEQBP(ABC). OQPOBP90BAC；OPQOBQ90AOB90ACBPODACB； P，O，H，C共圆. OPHOCH(OCA)90ABC. OPEPOE90PHQE. 即PH是OQ边上的高. 从而H为OPQ的垂心. 51. 在平行四边形ABCD(A90)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. O3TO1O2BCDA证明：作O1HO2O3，交AD于点H，连O2H，O3H. 连O1A，O1T，O

35、2D，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 O1O2O3180ATD. O2O1O3O1O3O2180 O1O2O3 ATD. 又O1HTD(都与O2O3垂直)， AHO1ADT，又，AO2O1ADTAHO1A，H，O2，O1共圆. AO1O2TO1O2B. AHO2180AO1O2180BCO2O3D. H，O2，O3，D共圆. HO3O2HDO290ATD. 由，O2O1O3HO3O1O2O1O3 O1O3O2HO3O290. O3HO1O2. H为O1O2O3的垂心. 五、等角共轭5.1 等角共轭52. 已

36、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=MQMDBEAQPCF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、，则P、Q关于OA光路和为，P、Q关于OB光路和P，易证PO，则=P. 即P、Q关于OA、OB光路和相等 MDBEAQPCFK证明：点F、E关于BC，AD两边的对称点、，延长AD

37、BC交于点K，由KABKCD，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， 是F、E关于BC“光路和”， 是F、E关于BC“光路和”，由引理知=MP= MQ MP=MQ5.2 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.ABPQC证明：设D是射线AQ上的点，且使得ACD=APB.ABPQDC又因为APBACB.，则点D必在ABC外部，PAB=CAD，APBACD，故（1）.由QAB=PAC，可知ABDAPC，则 CDA=PBA=QBC，B、Q、C、

38、D四点共圆，由托勒密（Ptolemy）定理，有BCDQ=BQCD+BDCQ即BC=BQCD+BDCQ（3），由式（1）、式（2），CD（4）将（4）中各式代入式（3），得.即APAQBC+BPBQAC+CPCQAB= ABBCCA54. 设P是ABC内任一点，、分别是ABC、PBC、PCA、PAB的外心. 证明：O、P关于是一对等角共轭点.ABCPO证明：如图，联结，ABCPO则.因为均在BC的中垂线上，所以平分，令，则， 故，这表明 关于是等角线，同理，另两角也如此，即O、P关于是一对等角共轭点. 55. 点P在ABC外角平分线上的射影分别为，在内角平分线上的射影分别是. 证明：三线共点.证

39、明：过点A作的平行线AQ，因为四边形是矩形，所以=，这表明，此平行线即为AP的等角线.记矩形的中心为，并取点P关于ABC的等角共轭点Q，则由中位线性质，知平分线段PQ，即经过PQ的中点M，同理、也经过点M，因此M即为这三线所共的点.56. 设是的外心，是的外心，直线分别交的外接圆于另一点，是关于直线的对称点. 求证：.【析】易知，所以为垂心，与外接圆为关于对称的等圆. 由为的外心，知为的外心，于是为等角线. 为外心，故. 57. 的内切圆与三边相切于，交于点，的中点为，关于的对称点为. 求证：.【析】延长及交于点，由知共圆，从而. 又为的陪位中线，关于对称，故，于是四点共圆，. 58. 设是的

40、边上的中点，是边上另一点（异于端点），令，则的充要条件是分别过，点的的外接圆的两切线的交点及、三点共线. 证明 充分性. 如图，当，三点共线时，设直线与交于点，联结，则由，有，即有. 对四边形应用托勒密定理，有，即有，亦即. 注意到，则知，从而，故. 必要性. 如图，当时，设直线交的外接圆于，联结，则由，有，即，亦即. 又对四边形应用托勒密定理，有. 于是，. 运用三角形正弦定理，有. 延长交于点，延长交于点，则，. 从而，有. （*）由于，注意到（*）式及，则. 由塞瓦定理的逆定理，知、三线共点于，即知直线与重合. 故、三点共线. 注：其必要性也可这样来证：如图，由及为中点，直线交圆于，由充分性中证明，知四边形满足条件. （*）设过的切线与直线交于，过的切线与直线交于. 由，有. 于是. 同理. 注意到（*）式有，从而，即. 从而与重合，亦与重合. 故、三点共线. 59. 设、是的边上（异于端点）的两点，令，则的充要条件是的外接圆与的外接圆内切于点. 证明