tceic.com

# 平面几何精选--冷老师--(08[1][1].1.280)

l2 l3 l4
●H

01

A

G

l1

E●

●F

C M D

B

1

02

T L
β

1 1 1 2 ． 2 + 2 = r ?R + h? ?R－h?

1 ?∠MLK + ∠LMN?, 2
B
α

∴ A、B、C、D 四点共圆． 我们设其半径为?，易证 B、P、D；A、P、C 分别三点共线． PC AP ∴ r = PL sin ? = PB sin ? sin ? = PB· , BC AB PC·AP = ? 2－d 2 ?d 为 ABCD 的外心记为?与 P 的距离?． 又易证 AC⊥BD，∴ ? 2－d 2 PB 1 = ?r= ? ① BC·AB 2? 2?
C

K
α ●Ω ● O'

P M N D S

α

A

□?TPS 中，4O?T 2 = PS 2 + OS 2－d 2 = 2? 2－d 2．

2? 2－d 2 ? ②，h =

1 4? 2 2?R 2 + h 2 ? 1 1 ． 2 = 2 2 2 = 2 2 2 = 2 + r ?? －d ? ?R －h ? ?R + h? ?R－h? 2

2

03

B F O D E C G A

∴ DC = BD，所以 D 为 BC 中点． 而 AD⊥EF ? AD⊥BC ? △ABC 为等腰三角形． ∴ OD 平分∠BOC． 当 EF∥ ＼BC，不妨设 FE 与 BC 延长线交于 G． 由梅氏定理?以△ABC 基本三角形，GEF 为截线?有 由塞瓦定理有 两式合并得 CE AF BD = 1． EA FB DC

CE AF BG = 1． EA FB CG

BD BG = ? ② DC CG

∴ OD 平分∠BOC．得证．

3

04

B E M' I F C A

sin ∠AM?I sin y sin u 由角元塞瓦定理得 = 1． sin ∠IM?C sin v sin x 又∠AM?I = ∠IM?C ? sin x sin v = sin y sin u ? ① ∠AM?E = ∠ACM? = v + y, ∠CM?F = ∠CAM? = x + u． ∴

sin ?u－x? EM? EM? AM? CM? sin ?v + y? sin ?v－y + u + x? = = , FM? AM? CM? FM? sin ?u－x + v + y? sin ?u + x? sin ?v－y? cot EM?? = FM?? cot
1 2 1 2

∠BEF ∠BFE

=
1 2 1 2

cos cos

1 2 1 2

?u－x + v + y? sin ?v－y + u + x? sin
1 2 1 2

1 2 1 2

?v－y + u + x? ?u－x + v + y?

cos EM? EM?? ∴ = ? FM? FM?? cos =

?u－x + v + y? sin ?v－y + u + x? sin

?v－y + u + x? ?u－x + v + y?
1 2 1 2

2 sin ?u－x? sin ?v + y? sin 2 sin ?u + x? sin ?v－y? sin cos 2 cos
1 2 2 1 2

?v－y + u + x? cos ?u－x + v + y? cos

1 2 1 2

?v－y + u + x? ?u－x + v + y?

?

?u－x + v + y? ?v－y + u + x?

=

sin ?u－x? sin ?v + y? sin ?u + x? sin ?v－y?

? ? ? ?

1 + cos ?u－x + v + y? cos ?v + y－u + x?－cos ?v + u + u－x? = 1 + cos ?v－y + u + x? cos ?u + x－v + y?－cos ?u + x + v－y? 1 + cos ?u－x + v + y? 1 + cos ?v + y－u + x? = 1 + cos ?v－y + u + x? 1 + cos ?u + x－v + y? cos ?u－x + v + y?－cos ?v－y + u + x? cos ?v + y－u + x?－cos ?u + x－v + y? = 2 + cos ?u－x + v + y? + cos ?v－y + u + x? 2 + cos ?v + y－u + x? + cos ?u + x－v + y? sin ?u + v? sin ?x－y? sin ?x + y? sin ?u－v? = 1 + cos ?u + v? cos ?x－y? 1 + cos ?x + y? cos ?u－v?

? sin ?u + v? sin ?x－y?－sin ?x + y? sin ?u－v? = －sin ?u + v? cos ?u－v? cos ?x + y? sin ?x－y? + cos ?u + v? sin ?u－v? sin ?x + y? cos ?x－y? ? 2?cos u sin v sin x cos y－sin u cos v cos x sin y? = 1 ?sin 2u sin 2y－sin 2v sin 2x? 2

? ?cos u cos y + cos v cos x??sin v sin x－sin u sin y? = 0． 由①式知上式成立，由同一法易得 M? = M?? = M． ∴ ∠AMC 平分线过 I，得证．

4

5

05

△ABC 和△PQR 满足如下条件： A 和 P 分别是线段 QR 和 BC 的中点， QR 和 BC 是∠BAC 和∠QPR 的内角平分线． 求 证 AB + AC = PQ + PR． 证：设 X 为线段 BC、PQ 中垂线的交点，Q?、R?是 Q、R 关于直线 XP 的对称点，B?、C?是 B、C 关于直线 XZ 的对

Y B R' X

● ●

Q' B'

Q

A P C

C'

R

∴ △BXC?≌△QXR? ? BC? = QR?． 又 BC? = AB + AC? = AB + AC, QR? = QP + PR? = PQ + PR． ∴ AB + AC = PQ + PR，命题得证．

6

06

C S P A M H O B
2

Q

D

7

07

C' A B

D B' O

D'

● P E

C A'

8

08

S● P O1●
● ● ●A

R

Q

B

O2

9

09

ABC 成立当且仅当

1 S 2 △

P 至少位于△ABC 的一条中线上．

AF BD CE ,b= ,c= ，则 FB DC EA

F B A

P D

E

C

S△AFP AF AP BD a a + ab b ab?a + ab? = = = ． AB AD BC a + 1 1 + a + ab b + 1 S△ABC ?1 + a??1 + b??1 + a + ab? S△PBD S△PCE 及 ． S△ABC S△ABC S△AFP S△PBD S△PCE 1 1 S△ABC ? + + = 2 2 S△ABC S△ABC S△ABC

ab?a + ab? bc?b + bc? ca?c + ca? 1 + + = 2 ?1 + a??1 + b??1 + a + ab? ?1 + b??1 + c??1 + b + bc? ?1 + c??1 + a??1 + c + ca? ab?a + ab? b?1 + ab? a?1 + a? 1 + + = ?将①代入? 2 ?1 + a??1 + b??1 + a + ab? ?1 + b??1 + ab??1 + a + ab? ?1 + a??1 + ab??1 + a + ab?

? a 3 b 3－a 2 b 3－a 3 b + a 2 + b－1 = 0 ?展开，实际上去分母不是太困难? ? ?a－1??b－1??ab－1??ab + a + 1? = 0 ? ?1－a??1－b??1－c??ab + a + 1? = 0 ? a, b, c 中至少有一个为 1 ?∵ ab + a + 1 > 0? ? P 至少位于△ABC 的一条中线上，证毕．

10

10

U●

A

●M

V ● D E O C Q

P B K

AU BP KM AM 1 2MD = · · = 1． UB PK MA MD 2 AM

∴ 由梅氏定理的逆定理知 M、U、P 三点共线． 再由梅氏定理得 ∴ MU PB KA = 1． UP BK MA

MU BK MA MA MU MU MA = = ，∴ = = ． UP PB KA KA MP MU + UP MA + KA MV MA MU MV = ．∴ = ． MQ MA + KA MP MQ

∴ △MUV 与△MPQ 关于 M 位似，它们的外接圆当然也关于 M 位似． 又此两圆均过 M，从而它们在点 M 相切，这就是要证的，证毕．

11

11

P B

A

I (D )

Q

O C

M

T

N

1 1 1 ∴ ∠PBD = ∠APQ－∠PDB = 90?－ ∠BAC－ ∠ACB = ∠ABC． 2 2 2 同理∠QCD = 1 ∠ACB，∴ D 为△ABC 内心．∴ AD 平分∠PAQ． 2

12

12

△ABC 的三个角平分线足分别为 X、Y、Z，△XYZ 的外接圆在 AB、BC、CA 上截出了三条线段．证明这三条线段 中有两条的长度和等于另外一条的长度． 证：不妨设 X、Y、Z 分别在 BC、CA、AB 上，设△XYZ 外接圆分别交 BC、CA、AB 于另外三点 X?、Y?、Z?． 设 a = BC, b = CA, c = AB, m = BX?, n = CY?, k = AZ?，则 由角平分线定理知 BX c = ． XC b ac ． b+c

ab bc , AZ = ． c+a a+b ac ． a+b ac ac ?c－k? = m． a+b b+c

2k c b a = + － ． a+b a+b c+a b+c

c b?a + b? a?a + b? + － ． 2 2?c + a? 2?b + c?

=? =

ac ab bc + + = BX + CY + AZ． b+c c+a a+b

13

13

△ABC 的三个内点 A1、B1、C1 分别在从 A、B、C 引出的三条高线上．若 S△ABC = S△ABC1 + S△BCA1 + S△CAB1 ? ①， 证明△A1B1C1 的外接圆通过△ABC 的垂心 H． 证：由题设知△ABC 为锐角三角形．设 AD、BE、CF 为三条高． 若 A1、B1、C1 之一与 H 重合，结论显然成立． 不妨设 A1、B1、C1 均不与 H 重合． 若 A1 在 DH 上，B1 在 EH 上，C1 在 FH 上，则 S△BCA1 + S△CAB1 + S△ABC1 < S△BCH + S△CAH + S△ABH = S△ABC，矛盾！ 故对对称性不妨设 A1 在 AH 上，作 A1S⊥BE = S, A1T⊥CF = T． 则 AT∥AF, AS∥AC． 设 AA1 = ?AH ?0 < ? < 1?，则 FT = ?FH, ES = ?EH． AH ∴ A1D = AD－AA1 = AD－?· AD AD 2R cos A cos A = ?1－?· ?AD = ?1－ ??AD ? ② 2R sin B sin C sin B sin C HE 2R cos A cos C cos A cos C SE = ?HE = ?· BE = ?· BE = ?BE ? ③ BE 2R sin A sin C sin A sin C 同理 TF = cos A cos B ?CF ? ④ sin A sin B 1 ?BC·A1D + CA·SE + AB·TF? 2
B F C1 T A1 E B1 H D C S A

∴ S△BCA1 + S△CAS + S△BAT =

cos A cos A cos C cos A cos B = ?1－ ?+ ?+ ? ?S△ABC ?由②③④? sin B sin C sin A sin C sin A sin B sin A cos A－cos A sin B cos C－cos A cos B sin C = S△ABC－ ?S△ABC sin A sin B sin C = S△ABC ? ⑤ ?∵ sin B cos C + cos B sin C = sin ?B + C? = sin A? 由①⑤知 S△BCA1 + S△CAB1 + S△ABC1 = S△BCA1 + S△CAS + S△ABT, S△CAB1－S△CAS = S△ABT－S△ABC1, 1 1 AC ?B1E－SE? = AB ?TF－C1F? ? ⑥ 2 2 由⑥知，或者 C1 在 TF 上，S 在 B1E 上，或者 B1 在 SE 上，T 在 C1F 上，或者 C1 = T, B1 = S． 对第三种情形，结论已经成立?由 AS⊥BE, AT⊥CF?． 以下由对称性只讨论第一种情形： 此时由⑥知 ?1－??AF GT AC AF sec A A1T = = = = ． B1S AB A1S AE sec A ?1－??AE

14

15

14

△ABC 的中线 AM 交其内切圆?于 K 和 L．过 K 和 L 作 BC 的平行线，分别再次交?于 X、Y，AX 与 AY 分别交 BC 于 P、Q．证明 BP = CQ． 证：设 I 为△ABC 内心，?分别为切 AC、AB 于 D、E ?则 AD = AE?． 若 AB = AC，则过 K 作出的 BC 平行线不会再次与?相交，矛盾！ 故 AB ≠ AC，直线 AI 与 AM 不重合． 连 ID，则 ID⊥AC，作 IH⊥AM = H，过 M 作 UV⊥射线 AI 于 W，分别交射线 AB、射线 AC 于 U、V． 由对称性不妨设 K 在 AL 上，则由于 UV⊥AI，AI 平分∠UAV． 故 AU = AV = AW sec 又由梅氏定理知 A A = AM cos ∠IAM sec ． 2 2
A

AU BM CV = 1． UB MC VA
E●

K

X I●

D
●T

B

●H

Y Q W

L M P

V C

U

AM AM AM AM AD + AD 即 AB + AC = AE + AD ? ② AK AL AK AL AL AY = 且 A、Y、Q 共线?． AM AQ

16

15

? ⌒ C、D 为 AB 的三等分点?C 距 A 近?，绕 A 旋转 后，点 B、C 分别成为 B1、C1，AB1 交 C1D 于 F，E 在∠B1BA 3 平分线上，且 DE = BD．证明△CEF 为正三角形． 证：为确定起见，不妨设 A、C、D、B 按顺时针方向在圆上排列，且旋转是逆时针方向的?另一种情形的处理完全

A C F (F' )

D

C1

B1 E

B G

∴ ∠CDE = ∠CDB－∠EDB = θ． 又 ∠DCC1 = ∠DCA + ? = ?－θ，故 CC1∥DE． 3

∴ ∠AF?D + ∠AF?C1 = ?，从而 F?在 DC1 上． 又 F?在 AB 上，故 F?为 AB 与 C1D 交点，从而 F?与 F 重合． 故由 AC = C1C = a, AF = AF? = C1E = a 及∠CAF = θ = ∠CDE = ∠CC1E 知 △CAF≌△CC1E ?SAS?，∴ CF = CE． 又 F 在 CE 中垂线上，故 CF = EF． ∴ △CEF 为正三角形．证毕．

17

16

T3 H3 I l2 K3 T2 H2 l1 A

∴ ∠K3K1B + ∠H3H1B = 2∠T3T1B，这意味着 K1K3 与 H1H3 关于 T1T3 对称． ∴ 直线 K1K3 = l2．同理直线 K1K2 = l3． 又由对称性知 K2K3、T2T3、H2H3 均平行于 BC ?因为它们均垂直于 AI?且 d?K2, BC? = r?1 + cos A? ?用 r 表示⊙I 半径?, d?T2, BC? = r?1 + cos C?, d?H2, BC? = BH2 cos C = BC sin C cos C = 2r tan
B

H1 (T1 ) (K1 )

C

C C sin C cos C = 4r sin 2 cos C = 2r cos C ?1－cos C?． 2 2

B C D H3
●T3

A H2 T2

K3

l1

I

T3D H3T3 AH2 cH3T3 = = ． DT2 H2T2 AH3 bH2T2
18

19

b + c－a 2 b + c－a 2

=

r+r

=

4 sin B sin C cos A ?cos C－cos B? + 2?sin B cos B－sin C cos C??sin B + sin C－sin A? r+r 2?sin B－sin C??sin B + sin C－sin A?
2 sin B sin C cos A·2 sin 2 cos
B+C 2 B+C 2

=

sin sin

B－C 2 B－C 2

+

1 2

?sin 2B－sin 2C??2 sin
B+C 2

B+C 2

cos

B－C 2

－sin ?B + C??

?2 sin

cos

B－C 2

－sin ?B + C??
B+C 2 B+C 2

r+r
B+C 2

=

4 sin B sin C cos A sin

B+C 2

sin
B+C 2

B－C 2

+ 2cos ?B + C? sin ?B－C? sin
B－C 2

(cos ) ?

B－C 2

－cos

)

4cos 2 sin B sin C cos A sin 2 cos 8 sin
B 2

sin

sin

B+C 2

(cos

B－C 2

－cos

r+r

=

B－C B－C + cos ?B + C? sin ?B－C? ?cos 2 2 B－C B－C B+C C sin 2 ?cos 2 －cos B + ? 2 2 C 2

－cos

B+C 2

r+r
C 2

=

cos

B 2

sin

C 2

cos

cos A sin

4 cos 4 cos
B 2

B－C +2 cos ?B + C? 2 B－C B+C sin 2 sin B sin C 2 2 2

sin ?B－C? sin

B 2

sin

r+r

=

cos

C 2

cos A sin 2 cos

B－C + cos ?B 2 B－C B+C sin 2 2

+ C? sin ?B－C?

r+r

=

2 cos

B 2

cos

C 2

cos A + cos ?B + C? cos cos
B+C 2 B－C 2

B－C 2

r+r

=

(2 cos

B 2

cos

C 2

－cos
B+C 2

) cos A

cos

r + r = r?1 + cos A?．

∠K2IK3 = r?1 + cos A?，∴ d?D, BC? = d?K2, BC?． 2

20

17

D B A F● ● E ● O (O ')

C

= ?sin ? cos ? cot ? + cos 2 ? ?r = ?sin ? cos ? cot ?－sin 2 ? ?r + r cos ? cos ?－sin ? sin ? sin ? cos ?? + ?? = sin ?· r+r=? + 1?r． sin ? sin ? 同理 d?F, CD? = ? 由 sin ? cos ?? + ?? + 1?r． sin ?

EO? sin ? sin ? = 知 O?F sin ? sin ? sin ? sin ? ?
sin ? cos ?? + ?? sin ?

d?O?, CD? = =

+ 1?r + sin ? sin ? ?

sin ? cos ?? + ?? sin ?

+ 1?r

sin ? sin ? + sin ? sin ? sin ? sin ? ? cos ?? + ?? + cos ?? + ??? r+r sin ? sin ? + sin ? sin ?

= r ?因为 ? + ? + ? + ? = ?，所以 cos ?? + ?? + cos ?? + ?? = 0?． 同理 d?O?, AB? = d?O?, BC? = d?O?, DA? = r． ∴ O?与 O 重合，故知结论成立，证毕．

21

18

O1、H1、O2、H2、O3、H3，设它们的欧拉线分别为 l1, l2, l3，△ABC 的九点圆为?，则? 为△DEF 外接圆． 连 FO1、EO1、EH1、EO2、EH2、O1H1、O2H2． 由 HD⊥BC, HF⊥BA 知 H、D、B、F 共圆． 同理 H、D、C、E 四点共圆． ∴ ∠EDF = ∠EDH + ∠FDH ?注意到△ABC 为锐角三角形? = ∠ECH + ∠FBH ?同样要注意△ABC 为锐角三角形? = 2 ?90?－∠BAC? = 180?－2∠BAC = 180?－∠FO1E ?注意∠BAC 为锐角?． 由∠BAC 为锐角知 A、O1 在 EF 同侧，故 O1、D 在 EF 异侧． 再由上式知 O1、F、D、E 共圆，即 O1 在圆? 上． 同理 O2、O3 都在圆? 上． 由 CF⊥AB, BE⊥AC 知 B、F、E、C 共圆． 从而△AEF 与△ABC 反相似．同理△CED 反相似于△CBA． 故△EAF 顺相似于△ECD，从而△EO1H 顺相似于△EO3H3． ∴ ∠ ? EO1H1 = ∠ ? EO2H3． ∴ O1 在△AEF 内，O3 在△CDE 内． 故 EO1 与 EO3 不平行且不重合． 由上式知 O1H1 必与 O3H3 相交，设交点 T2，则 由∠ ? EO1H1 = ∠ ? EO3H3 知∠ ? EO1T2 = ∠ ? EO3T2． 从而 E、O1、T2、O3 共圆，故 T2 在圆? 上． 同理 O3H3 与 O2H2 的交点为 T1，O2H2 与 O1H1 的交点 T3 均在圆? 上． 若 T1, T2, T3 互不重合，则 O1H1、O2H2、O3H3 交出了一个内接于圆? 的三角形． 又已有 O1、O2、O3 在圆? 上且互不重合?因 O1 在△AEF 内，O2 在△BDF 内，O3 在△CDE 内?． 故 l1, l2, l3 只能分别为 O1O2、O2O3、O3O1 或 O1O3、O2O1、O3O2． 这意味着 l1 上有 O2、O3 中的一点，l2 上有 O1、O3 中的一点，l3 中有 O1、O2 中的一点． 注意△ABC 的欧拉线只能与两边?不含顶点?相交，不妨设该线不与 BC 相交，则 l1 不与 EF 相交，不可能过 O2、O3 中任一个，矛盾！ 从而，T1、T2、T3 中至少有两个重合，设 T1 重合于 T2，则 l1, l2, l3 都过 T1． 又 T1 在圆? 上，这就可以得到全部结论，证毕．
B l2 F H2
● ●

A

l1 O1 H1

H

E
● H O3 ● 3 l 3 C

O2

D

22

19

AE BF = ，射线 FE 分别交线段 BA 和 CD 延长于 S 和 ED FC

T．求证△SAE、△SBF、△TCF 和△TDE 的外接圆有一个公共点． 证：若 S 与 T 重合，则 S 即可作为题中结论所说的公共点．以下设 S 不与 T 重合， 则 AB 不平行于 DC ?否则射线 FE 至多与射线 BA、射线 CD 之一相交?． 设 AB 交 DC 于 K，则 K、S、T 互不相同． 在以下的证明中为了方便引入有向角记号“∠” ? ． 由梅氏定理知 由以上二式及 AE DT KS BF CT KS =1及 = 1． ED TK SA FC TK SB AE CT BS 可知 = ? ① ED DT AS

B F

S K A

● ● ●

T

P

E ( E')

●D

C

23

20

A

F F1 P

K

BF1 DD1·BD F1K F1F AE AE AE CD1 BF1 1 = = = CE 1 KE1 FA EE1 FA AF BD1 CE1 DD1·CD1
1 2 1 2

E E1 C

B

D

D1

=

CD1·BF1 sin B BD1·CE1 sin C

=

S△CD1F1 S△PD1F1 = ． S△BD1E1 S△PD1E1

24

21

1 2 1 2

AB·BP sin ∠ABP AC·CP sin ∠ACP

=

AB sin ∠ACB AB 2 = ． AC 2 AC sin ∠ABC

AB AB·DC·BC AB·AF DC AB 2 ∴ = = = 1． BD BC 2 AC·AE AC·BD·AC BC

A F E B A1

c3 b2c 故 BF = 2 ． 2 , AF = b +c b2+c2 由斯特瓦尔特定理得 AC 2·BF + BC 2·AF = CF 2·AB + AF·FB·AB． 据此可得 CF = ∴ cos ∠BCF = b b2+c2 a2b2+b2c2+c2a2 ．

D

C

CF 2 + BC 2－BF 2 2CF·BC
P

2a 2 b 4 + b 4 c 2 + 3a 2 b 2 c 2 + a 2 c 4－c 6 = 2ab?b 2 + c 2 ? a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 2a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2－c 4 = ． 2ab a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 同理 cos ∠CBE = 故由①式得 2a 2 c 2 + a 2 b 2 + c 2 b 2－b 4 ． 2ac a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

sin ∠BAA1 c?2a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2－c 4 ? = ． sin ∠CAA1 b?2a 2 c 2 + a 2 b 2 + c 2 b 2－b 4 ?

sin ∠BAA1 sin ∠ACC1 sin ∠CBB1 = 1． sin ∠CAA1 sin ∠BCC1 sin ∠ABB1
25

26

22

D O2 C A l2 L

O

B A1

O1

l1

K

1 ?∠DOC + ∠DCO? = ∠O2OC + ∠O2CO 2

= 180?－∠OO2C． 故 O1、A1、C、O2 四点共圆． ∴ ∠O1CO2 = ∠O1A1O2 = ∠O1AO2． 下证原题： 利用角的关系，设 l1 交 BC 延长线于 K，l2 上有点 L ?L 与 A 在 DC 同侧?，则 ∠LCD = ?∠BCD－∠BCL? = 2?∠BCO2－∠BCO1? = 2∠O1CO2 = 2∠O1AO2 = 2?∠O1AD－∠O2AD? = ∠DAB－∠DAK = ∠BAK = ∠AKD． ∴ AK∥CL，此即结论，证毕．

27

23

△ABC 内部有两点 P、Q，AP、AQ 分别交△ABC 外接圆于 A1、A2，直线 A1A2 ?当 A1 = A2 时此直线为过 A1 的△ABC 外接圆切线?交直线 BC 于 A3，类似定义 B3、C3．证明 A3、B3、C3 三点共线． ⌒ 证：A1A2 均在不含 A 的 BC 上，故 A3 不在圆内． 同理 B3 不在圆内． 考虑一个射影变换，它把 A3 和 B3 都变到无穷远而把△ABC 外接圆仍然变为圆． 设 A 在此变换下的像为 A?，等等，△ABC 外接圆变成了⊙O?，则 A1?A2?∥B?C?． ⌒ ⌒ 故 B?A1? = C?A2? ?都指不含 A 的弧?．故∠B?A?P? = ∠C?A?Q?． 同理∠A?B?D? = ∠C?B?Q?．由此即知 P?与 Q?为关于△A?B?C?的等角共轭点． ⌒ ⌒ 因此∠A?C?P? = ∠B?C?Q?，从而 A?C1? = B?C2? ?均指不含 A 的弧?． 故 C1?C2?∥A?B?，因而 C3?也在无穷远． 所以 A3?、B3?、C3?三点共线，当然有 A3、B3、C3 三点共线，证毕．
B' A1' A2' C2' C 1' A' B 1'

P'

G' C'

B2'

28

24

ABCD 是等腰梯形，其中 AD、BC 为底，一个与 AB、AC 均相切的圆交 BC 于 M、N，DM、DN 与△BCD 内切圆 的交点，其中离 D 较近的分别记作 X、Y．求证 XY∥AD． 证：设⊙?1 切 AB、AC 于 F、G，交 BC 于 MN，△BCD 内切圆为⊙?2． 延长 DB 至 P 使 BP = BF，延长 DC 于 Q 使 CQ = CG，则 DP = DB + BP = AC + BF = AG + GC + BF = AF + FB + GC = AB + GC = DC + CQ = DQ. ∴ 存在⊙?3 切 DB 于 P，切 DC 于 Q． 又设⊙?3 交 BC 于 M?、N?，由圆幂定理知
? BM?·BN? = BP 2 = BF 2 = BM·BN ? ?*? ? 2 2 ? CM?·CN? = CQ = CG = CM·CN
B M P F

A

D X G ω2 N C
● ●Y

ω1

Q

ω3

29

25

FP FA EP EA ER EC DR DC DQ DB FQ FB
B F Q P ω● T
● ●

A

ω1 E I R C

D

= 1．

FA EC DB = 1． EA DC FB

30

26

△ABC 的内切圆⊙I 切 BC、CA、AB 于 D、E、F，AD 与⊙I 的另一个交点 X，BX、CX 分别交 OI 于 P、Q．又记 BC 中点为 M．若 AX = XD，求证：?1? FD∥EQ；?2? AD、EP、FQ 三线共点；?3? 线． 证：?1? 由△BPD∽△BDX, △BPF∽△BFX 知 将 AX = XD 代入变形得 FP FX = ． PD XA PD BP BP PF = = = ． DX BD BF FX BX BI = ；?4? X、I、M 三点共 CX CI

A

?3? ∠BXF = ∠BFP = ∠BAX，∴ △BXF∽△BAX． ∴ BX 2 = BA·BF， BA·BF sin ∠AIB BX ∴ = = cos ∠FBI = BI 2 BI 2 sin ∠BAI sin cos B cos 2 CX 2 同理 2 = CI sin A 2
C 2
2

cos

C 2 A 2

X

E I

B cos ． 2

F P B

Q M C

，∴

BX 2 CX 2 BX CX ，∴ = ． 2 = BI CI 2 BI CI

D

?4? 在 MX 上取 I?使 MI?·MX = MB 2 = MC 2，则 △MBI?∽△MXB, △MCI?∽△MXC． ∴ ∠I?BC + ∠I?CB = ∠BXC = ∠PXQ = ∠EDF ?利用?1?? = ∠IBC + ∠ICB． ∴ ∠BI?C = ∠BIC，∴ B、I、I?、C 四点共圆． 又 BI? MB MC CI? BI? BX BI = = = ，∴ = = ． BX MX MX CX CX CI CI?

31

27

⌒ 点 P 为△ABC 的外接圆上 BC ?不含 A?上的动点．I1、I2 分别为△PAB、△PAC 的内心．求证：?1? △PI1I2 的外接 圆过定点；?2? 以 I1I2 为直径的圆过定点；?3? I1I2 的中点在定圆上． 证：设圆心 O，△ABC 内切圆为⊙I， ⌒ ⌒ ?1? 设⊙PI1I2 与⊙O 另一交点为 Q，AC 中点为 B1，AB 中点为 C1，则 易知∠QB1I2 = ∠QC1I1 以及∠QI2P = ∠QI1P．∴ △QI1I2∽△QC1I1． ∴ Q 为线段 B1I2 与 C1I1 的相似中心，故为定点．?或由 ?2? 事实上，只需证∠I1II2 = 90?． 注意到 A、I、I2、C 在以 B1 为圆心的圆上． ∴ ∠AII2 = ?－∠ACI2．同理∠AII1 = ?－∠ABI1． ∴ ∠I1II2 = ∠ACI2 + ∠ABI1 = 1 ? ?∠ACP + ∠ABP? = ． 2 2 B1Q B1I2 = 确定? C1Q C1I1

?3? ∵ 当△PBC 内心 I0 时，II1I0I2 为矩形．∴ I1I2 中点也是 II0 中点． ⌒ ∵ I 为定点，∴ 只需证 I0 在定圆上．这圆是以 BC ?含 A?的中点为圆心过 B、C 的定圆．

32

28

△ABC 中，点 A 关于 BC 的对称点为 D，类似定义 E、F．设△ABC 外心为 O，垂心为 H，外接圆半径为 R．求证 D、E、F 三点共线 ? OH = 2R． 证 1：过 A 作 B?C?∥BC，过 B 作 A?C?∥AC，过 C 作 A?B?∥AB 交成△A?B?C?． 以△ABC 重心 G 为中心、－ 1 为位似比作位似变换． 2

33

34

29

AB 为圆?的直径，直线 l 切⊙?于 A．C、M、D 在 l 上满足 CM = DM，又设 BC、BD 交⊙?于 P、Q，⊙?切线 PR、 QR 交于 R．求证 R 在 BM 上． 证：连结 PA、QA，设 BR 交⊙?于 T，连结 PT、QT． 在△BMC 与△BMD 中用正弦定理得 sin ∠CBM sin ∠DBM CM DM = = = ． BM BM sin C sin D ∴ sin ∠CBM sin C = ． sin D sin ∠DBM
C ω● P T A M D B Q

R

35

30

ABCD 为圆内接四边形，AB∩CD = E，AC∩BD = F．又△AFD 与△BFC 的外接圆交于 F、H．求证∠EHF = 90?． 证： 引理：圆内接四边形 ABCD，圆心为 O，半径为 R，AC∩BD = F, AB∩CD = E, AD∩BC = G，则在 DE 上存在一点

H，满足：?1? DH·DE = R 2；?2? H、F、G 共线；?3? ∠EHF = 90?． 引理的证明：作 GH?⊥OE = H?，连结 GE，设△CDG 的外接圆交 EG 于 T． 则由∠DTG = ∠DCO = ∠DAE 知 T 也在△ADE 外接圆上． ∴ GE 2 = GT·GE + ET·EG = GD·GA + ED·EC = GO －R + ED －R ． ∴ H?O 2－H?E 2 = GO 2－GE 2 = 2R 2－ED 2． 而 H?O －H?E = ?H?O－H?E??H?O + H?E? = ?2H?O－OE?·DE 代入即得 OH?·OW = R 2． 而用几乎完全相似的手法可证，若作 FH??⊥DE = H??，则 OH??·OE = R 2． ∴ H?、H??重合，设为 H，即知引理成立． 回到原题：设 GF∩DE = H0, EF∩OG = H?，先使用一次引理知 OH?·OG = R 2． ∴ GH?·GO = OG 2－R 2 = GC·GB = GD·GA． 又 ∠FH?O = ∠FH0O = 90?，∴ O、H?、F、H 共圆． ∴ GH?·GO = GF·GH0 = GC·GB = GD·GA． ∴ A、D、F、H0；B、C、F、H0 分别四点共圆，∴ H0 与 H 重合．
B E
2 2
B A H O C G E

T

2

2

2

2

?
F

D

A H F O H' C G D

36

31

△ABC 中，⊙I1, ⊙I2, ⊙I3 分别是∠A, ∠B, ∠C 所对的旁切圆，I、G 是△ABC 的内心、重心．求证⊙I1, ⊙I2, ⊙ I3 的根心在 IG 上． 证：作 I2H2、I3H3⊥BC = H2、H3． 熟知 BH2 = CH3 = AB + BC + CA ，取 BC 中点，则 MH2 = MH3． 2
I3 I2 A

∴ M 在⊙I2、⊙I3 根轴上． 熟知 A、G、M 共线且 AG = 2GM． 延长 IG 至 T 使 IG = 2GT，则△AGI∽△MGT． ∴ ∠GNT = ∠GAC，∴ MT∥AI．
H3 B

I

G M

T C H2

I1

37

32

B F D T' M C A

E H D' O

T

∴ ∠ADT? = ∠AET? = 90?，故 AT?为△ADE 直径． ∴ A、D?、T?三点共线且 AD? = D?T?． ∴ O?O∥T?T，即 O?O∥HM，得证． 评注：在证明线段平行而题设中有较多垂直关系时，方法通常有二：向法量；找到中介角 ?．本题就引入了中介 角 A 来解决．

38

33

P Q R H O F B E A K G S D

1 由中位线定理知 FG ∥ BH． 2 ∴ ∠FGE = ∠BAE = ∠BCE ? F、G、C、E 共圆． ∴ ∠EFC = ∠EGC = ∠AGH = ∠UKG． ∴ ∠EFO + ∠OKE = ∠OFC + ∠CFE + ∠DKE = 90? + ?∠UKG + ∠OKE? = 90? + 90? = 180?． ∴ K、O、F、E 四点共圆 ? ① 又∵ ∠OKU + ∠OFU = 2×90? = 180?， ∴ K、O、F、U 四点共圆 ? ②

T C U

39

34

A O1 C E
● ●

N P ●●

B F O2 D

M

O Q

∴ EN = FN，于是 N 在 EF 中垂线上，FM ∥ ∴ FM = EM，于是 M 在 EF 中垂线上．

40

35

C 2 B 2

CD DE sin sin ? ∴ = FD BD sin sin ? = cos cos
B 2 C 2

AC sin ∠AFD sin = AB sin ∠AED sin
C 2 B 2

C 2 B 2
F I G B D

A

sin ?A + sin ?A +

－?? －??

E H C

? ①

?1? 若 ? = ?，则 ① ? cos B C C B sin ?A + －?? = cos sin ?A + －?? 2 2 2 2 B C B C B C B C ? sin ?A + + －?? + sin ?A－ + －?? = sin ?A + + －?? + sin ?A + － －?? 2 2 2 2 2 2 2 2 B C B C ? sin ?A－ + －?? = sin ?A + － －?? 2 2 2 2 B C B C B C B C ? A－ + －? = A + － －? 或 A－ + －? + A + － －? = ? 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? B = C 或 ? = A－ ． 2

? 由于 AB ≠ AC ? B ≠ C ? ? = A－ = ?，这时 2 C C+? C ? ? －?A－ ? = , ∠FDB = A + － ． 2 2 2 2 2 AB·BC BF AB·BC BD AB BC 又∵ = ? BD = , = ? BF = ． BC AB + AC AB + AC BA AC + BC AB + BC +? sin C 2 sin ∠BFD BD AC + BC sin B + sin A ∴ = = ? = ? ② C ? BF AB + AC sin C + sin B sin ∠BDF sin ?A + 2 －2 ? ∠BFD = A + ② ? cos sin
C 2 A－B 2

=

2 sin

A+B 2

cos

A－B 2

sin C + sin B

? sin ?A－B? = sin B + sin C = sin B + sin ?A + B?．

∴ sin B = sin ?A－B?－sin ?A + B? = －2 sin B cos A． 1 ∵ sin B ≠ 0，∴ cos A = － ? A = 120?． 2 ?2? 若 A = 120?，由上面可逆推得到②式，这样，设∠BFD = ?, ∠FDB = θ，有 C sin ? + A－B 2 ?+C sin ? = + = A + C． A－B 且 ? + θ = 2 2 sin θ sin 2 考虑函数 f ?x? = sin ??－x? A－B ?+C = sin ? cot x－cos ? 在?0, ??上单调减，故必有 θ = ,?= ． 2 2 sin x
41

? ? ∴ ∠DFC = A－ ．同理可得 ∠BED = A－ ，故∠DFC = ∠BED． 2 2 综上所述，所求充要条件为∠A = 120?．

42

36

H

A

B N ω

O

ω2

M E

F
● ●K

ω1

L● D G

C

∴ E 为 AD 中点，同理 F 为 BC 中点，且 E、⊙?圆心、F 三点共线?菱形的性质?． ∴ BC 中点、AD 中点、⊙?圆心三线点共线，得证．

43

37

A－C 2 A+C 2
C1 B

C1P A1Q 与 ． C1E A1F

∠BHP = 180?－∠PBH－∠BHP = 180?－?90?－∠A?－
A－C

sin ?90? + 2 ? cos sin ∠BHP PB 由正弦定理知 = = = A + C BH sin ∠BPH sin 2 sin ∴ PB = 2R cos B cos sin
A－C 2 A+C 2

E

P

H R

A1 Q F C

, BC1 = BC cos B = 2R sin A cos B．

A

M

∴ PC1 = 2R cos B ?

cos sin

A－C 2 A+C 2

－sin A?．

A－C A+C = ?, = ?，则 2 2

cos ?－1 ?cos ?－cos ?? + 2??? cos ?－sin ? sin ?? + ?? 2 PC1 = 2R cos B· = 2R cos B sin ? sin ?
C cos A cos A + 2 cos ? + cos ?? + 2?? cos ?? + ?? cos ? = R cos B· = 2R cos B· = 2R cos B· , C sin ? sin ? sin A + 2

C1E =

1 AC1 = R sin B cos A． 2
A+C 2 A+C 2

PC1 cos B cos ∴ = 2· C1E sin B sin 同理 又∵

= 2 cot B tan

B ． 2

A1Q B PC1 A 1Q = 2 cot B tan ．∴ = ． A1F 2 C 1E A 1F HR1 PC1 HR2 A 1Q HR1 HR2 = , = ? = ? HR1 = HR2． HM C1E HM A 1F HM HM

∴ R1 与 R2 重合，记作 R?．易知 B、P、R?、Q 四点共圆． 由于 BP = BQ ? ∠PR?B = ∠QR?B ? ∠PBR? = ∠QBR?． ∴ R?为∠ABC 平分线与 HM 的交点，于是 R?与 R 重合． 即 B、P、R、Q 四点共圆，得证．

44

38

A O1 S C N Y

180?－∠ACB ． 2

M B

X

●T

I

O2

∴ ∠CBI = 180?－∠BCI－∠BIC 180?－∠ACB 180?－∠BAC = 180?－ － 2 2 = ∠ACB + ∠BAC 1 = 90?－ ∠ABC． 2 2

∴ IB 为∠ABC 外角平分线 ? ② 结合①②可知 I 为△ABC 旁心，得证．

45

39

ADI = θ．⊙I 半径为 r． 由 ABCD 还有外接圆可得 ? + ? = ? + θ = ? ． 2
A
γ

N' αα
γ

∴ ∠K?AB = ? = ∠N?AI ?由于 K?N?为 A 外角平分线?， 且 A、K?、B、I 四点共圆，AB = r?cot ? + cot B?． AK? AB AK? r?cot ? + cot ?? ∴ = 即 = ． sin θ sin ∠K?BA sin ∠AIB sin ?? + ?? r sin θ r sin ? ∴ AK? = ．同理 AN? = ． sin ? sin ? sin ? sin θ ∴ K?N? = r?sin 2 θ + sin 2 ?? r = ，K?N?⊥AI． sin ? sin ? sin θ sin ? sin ? sin θ KN = 2r sin ? 且 KN⊥AI． K?N? KN = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?． K?N?
K' K

N
θ ● θ

D M M'

I β B β

γ

γ

L

C

L'

MN ML = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?, ML∥M?L?, = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?, M?N? M?L?

LK = 2 sin ? sin ? sin θ sin ?． L?K?

46

40

F B O2●
●M
● 1

A’ O

D1E D2E 只需证 D1 = D2 ? 证明 = ． D1F D2F 先说明一个常见结论：⊙O1 与⊙O2 外切于点 M，过 M 的两条直线交⊙O1 于 A1、 B1，交⊙O2 于 A2、B2，则 A1B1∥A2B2． 作⊙O1、⊙O2 内公切线 PQ 得 ∠B1A1M = ∠B1MQ = ∠DMB2 = ∠MA2B2． ∴ A1B1∥A2B2，得证．
A

C E

D 1 ( D2 )

=

AE AF AF AE

=

AE 2 D2E ME 2 = ． 2 ．同理 AF D2F MF 2
A1 O ● 1 B1 P B2

A?B A?C AE A?B ME MB = ? = ．同理 = ． AE AF AF MF MC A?C

M

O2 ●

BM 2 A?B 2 于是 ? ． 2 = CM A?C 2 AM 又∵ AB, AC 为⊙O1 两外切线，∴ = AA?
AM AB AA? AB

Q

A2

=

BM BA? BA? BM

=

BM 2 ． A?B 2

AM MC 2 BM 2 MC 2 A?B 2 BM 2 同理 = ，于是 = ? = ，得证． MC 2 AA? A?C 2 A?B 2 A?C 2 A?C 2 于是有 D1E D 2E = ? D1 与 D2 重合． D1F D 2F

47

41

L P B D H X Z●
● ● L'

A

Y

B

C

A

C' F

D'

B' E C

● ● E' F' D A'

∴ 由塞瓦定理的逆定理知 A?D?、B?E?、C?F?共点． ∴ O1 = O2 = O3，故 L、L?、M、M?、N、N?六点共圆，得证．

48

42

C2、B2、A2 分别为此三个三角形的垂心．?1? AA1、BB1、CC1 交于点 P1，AA2、BB2、CC2 交于点 P2；?2? 外心 O、P1、 P2 三点共线?原题为△ACB2 为正三角形的情况?． ?1?用角元塞瓦定理易得． ?2?的证明：注意到 C2C1 与 B2B1 的交点即为外心 O． 对△CC1C2 与△BB1B2 运用笛沙格定理知，只需证明 C2B2、C1B1、BC 三线共点． 下面计算 C2B2 与 BC 交点分别 BC 成的比： 设 a, b, c 为△ABC 三边，A, B, C 为△ABC 的三个内角，∠C2BA = θ． 则设 C2B2 与 BC 交于 Q2，用直线 C2B2Q2 截△BCP 得 ?P 为 C2B 与 B2C 交点? BQ2 BC2 PB2 c b = , BC2 = , B2C = , Q2C C2P B2C 2 cos θ 2 cos θ sin ?θ + C? sin ?θ + B? PB = BC , PC = BC , sin ?2θ－A? sin ?2θ－A? BQ2 BC2 B2P sin C sin B sin ?2?－A? + 2 sin A sin ?θ + B? cos θ = = ． Q2C B2C PC2 sin B sin C sin ?2θ－A? + 2 sin A sin ?θ + C? cos θ BQ1 对于 ，我们只需将上式中的 θ 换为 90?－θ 即可． Q1C ∴ BQ1 sin C sin B sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ－B? sin θ = ． Q1C sin B sin C sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ－C? sin θ BQ2 BQ1 = ． Q 2C Q1C

C2

A C1 B1
●B 2

B C A1

A2

sin B sin ?2θ－A? + 2 sin A sin ?θ + B? cos θ sin B sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ－B? sin θ = ． sin C sin ?2θ－A? + 2 sin A sin ?θ + C? cos θ sin C sin ?2θ + A? + 2 sin A cos ?θ－C? sin θ

49

43

⌒ ⊙O1 与⊙O2 内切于 D，AB、AC 与⊙O2 相切，I 为△ABC 内心，P 为 BC 中点．证明 P、I、D 三点共线． 证： BF CE 引理 1： = ． BD CD 其证明略．
A F O1● B O2 ● C
●I

M P ● N

sin ∠IBF sin ∠ICE 引理 2： = ． sin ∠IBD sin ∠ICD 引理 2 的证明：设∠MBC = 2?, ∠NCB = 2?, ∠BPD = ?, ∠CPD = θ． 由引理 1 得 sin ? sin ? = ? ① sin ?? + ?? sin ?? + θ? cos ?? + cos ?? +
?+θ 2 ?－θ 2

E

D

? ?

=

cos ?? + cos ?? +
? 2

?+θ ? 2 －? + θ ? 2 θ 2 θ 2 ? 2 θ 2

? ② cos ?? +
θ 2

cos ?? +

? cos
? 2

－sin ?? + sin ?? +
? 2

? sin

=

? cos
θ 2

? 2 ? 2 θ 2 ? 2

－sin ?? + sin ?? +
θ 2

? sin

? ③

? cos
θ 2

－cos ?? +

? sin

=

? cos
? 2

－cos ?? +

? sin

? ④

sin ∠IBF sin ∠IDB IF = ． ID sin ∠IFB sin ∠IBD sin ∠ICE sin ∠IDC IE = ． ID sin ∠IEC sin ∠ICD

∵ I 为内心，∴ IF = IE, ∠IFB = ∠IEC． 又由引理 2 可得∠IDB = ∠IDC． ∴ I、P、D 三点共线，得证．

50

44

a

O1A2 A1A DP = 1． A2A1 AD PO1
A

2 PO1 r1 a?b + c? ∴ = = ． PD r1 r·a + b + c 2r?a + b + c? b+c

a?c－b? a ca , BD = , O1D = BD－BO1 = ?不妨设 c > b?． 2 b+c 2?b + c?

A2 ●
●I

A1

a?c－b? a?c－b? O1P ∴ O1P = O1D· = O1P + PD 2r?a + b + c? + a?b + c? 2?b + c? = a ?c－b? ． 4r?a + b + c? + 2a?b + c?
2

B

O1 P D

● ●

C

a 2 ?c－b? a a ∴ BP = + O1P = + 2 2 4r?a + b + c? + 2a?b + c? = CP = ∴ 2ra?a + b + c? + 2a 2 c ra?a + b + c? + a 2 c = , 4r?a + b + c? + 2a?b + c? 2r?a + b + c? + a?b + c? a ra?a + b + c? + a 2 b －O1P = ． 2 2r?a + b + c? + a?b + c?

BP ra?a + b + c? + a 2 c r?a + b + c? + ac = = ． CP ra?a + b + c? + a 2 b r?a + b + c? + ab

51

45

c－b 2 c－b 2
B G O F M I P A Q

H

D

E

C

HD sin ∠HDR HQ = = QI ID cos ∠HDR

r
rA 2

tan ∠HDR =

r

rA rA = ． 2r c－b
IA

R

R cos A + OR OH + RH = = rA RH RH
2

R cos A + HQ OR ∴ = QI RH r =

rA 2

=

cos A a+b+c + cos A + cos B + cos C－1 2?b + c－a?

a?b 2 + c 2－a 2 ? －∑a 3 + ∑ab 2 + ∑a 2 b + 2abc a+b+c + = 关于 a, b, c 对称． 2 2 2 ∑a?b + c －a ?－2abc 2?b + c－a? 2?a + b－c??b + c－a??c + a－b?

52

46

△ABC 外接圆为⊙O，延长中线 AD 交⊙O 于 A2，过 D 作 AO 垂线，与点 A2 的切线交于 A3，类似定义 B3、C3．证 明 A3、B3、C3 三点共线． 证：我们证明 A3、B3、C3 均在△ABC 外接圆与九点圆的根轴上． 过 A 作外接圆切线 lA，
B A

O A1

●G

C D A2 A3

∵ OA⊥lA, OA⊥A3D，∴ lA∥A3D．

53

47

QM AE DE 取 EC 中点 Q，则∠MQP = ∠ABC = ∠EDF， = = ． QP CF DF ∴ △MQP∽△EDF，∴ PM QM 1 AE 1 AC = = = ． EF DE 2 DE 2 BD
Q E P B

A

N M

D

PM 1 AC PN 1 BD = ．同理 = ． EF 2 DE EF 2 AC MN PM PN 1 AC BD = － = ? － ?，证毕． EF EF EF 2 BD AC

C

F

54

48

B E N L V F D U

C W M

A

55

49

T A O B Y●
● ●

AT AX AO AX
S E

F Z

X

P

sin ∠ATX sin ∠AOX

=

⌒ sin ∠ATX sin TQ = ． sin ∠AOX ⌒ sin OR ⌒ OR = 1． ⌒ PS

R C Q D

⌒ ⌒ sin ∠TXA sin ∠PYC sin ∠RZE sin TQ sin PS sin = sin ∠DXA sin ∠QYC sin ∠SZE ⌒ ⌒ sin OR sin QT sin

56

50

F T

A O

B

Z

P C Q

∴ 由 Pascsl 定理之逆定理知 A、B、C、D、E、F 在某二次曲线上．
S

Y

● ●

X R

E D

57

51

A2
β

? ； ?ii? ∠A1O3A2 2

O3

A1

O2

O
α

A3

O1

58

52

3 设 M 为△ABC 所在平面上一点，H、R 分别为△ABC 的垂心、外接圆半径．求证 S = min ?MA 3 + MB 3 + MC 3－ 2 R·MH 2 ?． 3 解：S = 3R 3－ R·OH 2． 2 一方面，当 M = O 时等号成立． 另一方面，由均值不等式有 ∴ MA 3 3 R2 ? MA 2－ ． R 2 2 1 3 3 ?MA 3 + MB 3 + MC 3 ? ? ?MA 2 + MB 2 + MC 2 ?－ R 2 ? ① R 2 2 MA 3 R 2 + MA 2 MA 3 + ? + R·MA ? 2MA 2． R 2 R

59

53

ABCD 为圆内接四边形，E 为平面上一点，E 到 AB、BC、CD、DA、AC、BD 垂足为 M、N、P、Q、R、S．证明 MP、NQ、RS 中点共线． 证：设 MP、NQ、RS 中点为 E、F、G． 首先，以 E 为原点，恰当选取 x 轴、y 轴方向使 AB、AC、AD、BC、BD、CD 均不与两轴平行?这可保证以计算中 分母恒不为 0?． 不妨设 ABCD 外接圆半径为 1，再设该圆圆心坐标为?m, n?，则可设 A?m + cos θ1, n + sin θ2?、B?m + cos θ2, n + sin θ2?、C?m + cos θ3, n + sin θ3?、D?m + cos θ4, n + sin θ4?． sin θ1－sin θ2 θ1 + θ2 则 kAB = = －cot ． 2 cos θ1－cos θ2 θ1 + θ2 ∴ AB 方程为 y－?n + sin θ1? = －cot ·?x－m－cos θ1?． 2 θ －θ cos 1 2 2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 即 cot ·?x－m? + ?y－n? = sin θ1 + cot cos θ1 = θ2 ? ① 2 2 sin θ1 + 2 又 ME⊥AB 且 E 为原点，则 EM 为 y = tan 下求 M 的坐标： x 联立①②?将②代入①?得 θ1 + θ2 cos 2 sin ∴ x = cos 2 即 x=
θ1 + θ2 2

θ1 + θ2 ·x ? ② 2 cos θ1 + θ2 = cot ·m + n + 2 sin
θ1－θ2 2 θ1 + θ2 2

θ1－θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 ·m + cos sin ·n + cos cos ? ③ 2 2 2 2 2

1 [?cos ?θ1 + θ2? + 1?m + sin ?θ1 + θ2?·n + cos θ1 + cos θ2 ] ? ④ 2 θ1－θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 θ1 + θ2 将③代入②得 y = cos sin ·m + sin 2 ·n + sin cos ． 2 2 2 2 2 1 即 y = [ sin ?θ1 + θ2?·m + ?1－cos ?θ1 + θ2??n + sin θ1 + sin θ2 ] ? ⑤ 2 ∴ M? 2 [?cos ?θ1 + θ2? + 1?m + sin ?θ1 + θ2?·n + cos θ1 + cos θ2 ], 2 [ sin ?θ1 + θ2?·m + ?1－cos ?θ1 + θ2??n + sin θ1 + sin θ2 ] ?． 同理 P? 2 [ ?cos ?θ3 + θ4? + 1?m + sin ?θ3 + θ4?·n + cos θ3 + cos θ4 ], 2 [ sin ?θ3 + θ4?·m + ?1－cos ?θ3 + θ4??n + sin θ3 + sin θ4 ]?． ∴ MP 中点 E?xE, yE?满足
1 1 1 1

?x ?y ?

E

= =

1 4 1 4

(?2 + cos ?θ1 + θ2? + cos ?θ3 + θ4??m + ( sin ?θ1 + θ2? + sin ?θ3 + θ4?)n + ? cos θi )
i=1 4

4

E

(( sin ?θ1 + θ2? + sin ?θ3 + θ4?)m + ?2－cos ?θ1 + θ2?－cos ?θ3 + θ4??n + ? sin θi )
i=1 4

1 (?2 + cos ?θ + θ ? + cos ?θ + θ ??m + ( sin ?θ + θ ? + sin ?θ + θ ?)n + ? cos θ ) ? x=4 ? y = 1 (( sin ?θ + θ ? + sin ?θ + θ ?)m + ?2－cos ?θ + θ ?－cos ?θ + θ ??n + sin θ ) ? 4 ?
F 1 4 2 3 1 4 2 3
i=1

i

4

F

1

4

2

3

1

2

3

4

i=1

i

θ1 + θ2 + θ3 + θ4 ? A = sin ?θ1 + θ4? + sin ?θ2 + θ3?－sin ?θ1 + θ2?－sin ?θ3 + θ4? ，? ． 2 ? B = cos ?θ1 + θ4? + cos ?θ2 + θ3?－cos ?θ1 + θ4?－cos ?θ2 + θ3? yE－yF Am－Bn 则显然 kEF = = ． Bm + An xE－xF θ1 + θ4－θ2－θ3 θ1 + θ2－θ3－θ4 θ1 + θ2 + θ3 + θ4 而 A = 2 sin ? cos －cos ?, 2 2 2 θ1 + θ4－θ2－θ3 θ1 + θ2－θ3－θ4 θ1 + θ2 + θ3 + θ4 B = 2 cos ? cos －cos ?． 2 2 2 m sin θ－n cos θ m sin θ－n cos θ A ∴ = tan θ，即 kEF = ．同理 kEG = ． B m cos θ + n sin θ m cos θ + n sin θ ∴ E、F、G 三点共线，得证． 记θ=
60

61

54

ABCD 内接于圆，M1、M2、M3 分别为 AB、BC、CD 中点，AM3∩DM1 = P，已知 AB、CD、PM2 三线共点，设 BP、 CP 分别交圆于另一点 X、Y．求证 XY∥AD． 证：设 AB、CD、PM2 交于 E，Y1 = CP∩BE, X1 = BP∩CE． 由塞瓦定理知 BM2·CX1·EY1 = CM2·BY1·EX1． ∴ CX1 BY1 = ，∴ X1Y1∥BC． EX1 EY1
M1 P M2 B

∴ ∠X1Y1E = ∠EBC = ∠ADE，∴ X1、Y1、A、D 共圆． 又∠Y1X1B = ∠X1BC = ∠XYC，∴ X、Y、X1、Y1 共圆． 由根轴定理知 XY、X1Y1、AD 三线共点或平行． ∴ XY∥AD ? X1Y1∥AD． S△PCM3 S△PX1D M3C X1D ∵ = M3D X1C S△PDM3 S△PX1C = 同理 PC sin ∠CPM3 PD sin ∠DPX1 ． PD sin ∠DPM3 PC sin ∠CPX1
E Y1 Y● X● X1 D M3 C A

PB sin ∠BPM1 PA sin ∠Y1PA BM1 AY1 = ． AM1 BY1 PA sin ∠APM1 PB sin ∠Y1PB AY1 DX1 = ． BY1 CX1

62

55

△ABC 三边长为 a, b, c，内心为 I，与 A 相对的旁切圆切 BC 于 A1，B1、C1 类似定义．设 N 为 AA1、BB1、CC1 的 交点，r 为内切圆半径．求证 IN = r ? a + b = 3c 或 b + c = 3a 或 a + c = 3b． 证：设⊙I 切 BC 于 A2，A2 关于 I 的对称点为 A3，类似定义 B2、B3、C2、C3． 引理：A、A3、A1 三点共线． 事实上，设 AA3∩BC = A4，过 A3 作 B?C?∥BC 交 AB、AC 于 B?、C?． 则△AB?C?位似于△ABC，位似中心为 A． 而 A3 为△AB?C?旁切圆切点，故 A4 必为△ABC 旁切圆切点． 故 A4 = A1，引理得证． 回到原题：IN = r ? N 在⊙I 上． 又由引理知 N 为 AA3、BB3、CC3 的交点． ⌒ 若 N ≠ A3, B3 或 C3，不妨设 N 在 A3B3 不含 C3 的一侧． 而 A、B 分别在射线 NA3、NB3 上，这样⊙I 不可能为△ABC 内切圆，矛盾！ ∴ N = A3 或 B3 或 C3．故只需证 N = A3 ? b + c = 3a． 过 N 作 B?C?∥BC，B? ? AB，C? ? AC，则△AB?C?位似于△ABC，位似比为?即周长比
A C1 B' B1 C' I

A B' C2 A3

C' B2

I●
B

A2

A4

C

?

b + c－a ． a+b+c C?A B1B NB? 设 AB1 = x，由梅氏定理知 =1即 B1A NB C?B? b?b + c－a? b－x 亦即 x?a + b + c? b?1－b + c－a ? a+b+c 又 AB1 =
a + b－c 2 b?b + c－a? a+b+c

N

x

B1C NB? = 1． CC? C?B?

B

A2

C

a

= 1．∴ x =

b?a + b－c??b + c－a? ． 4a 2 + b 2－?a－c? 2

a + b－c ? b 2 + 2b?c－a? + ?c－a? 2 = 4a 2 ? b + c－a = ±2a ? b + c = 3a，得证． 2

63

56

ABCD 内接于圆，AB∩CD = E，AD∩BC = F，M、N 为 AC、BD 中点，已知 AC = a, BD = b，求 解：我们证明 MN 1 AC BD = | － | ? ① EF 2 BD AC

MN ． EF

⌒ ⌒ ⌒ ⌒ 不妨设 ABCD 外接圆直径为 1，AB 、BC 、CD 、DA 所对圆周角为 ?, ?, ?, θ，则 ? + ? + ? + θ = ?． ∴ AB = sin ?, BC = sin ?, CD = sin ?, AD = sin θ，且 AC = sin ?? + ??, BD = sin ?? + θ?． 由托勒密定理知 sin ? sin ? + sin ? sin θ = sin ?? + ?? sin ?? + θ? ? ?*? ∵ ∠ABC = θ + ?, ∠BCD = ? + θ，∴ ∠AED = θ－?．同理∠CFD = ?－?． AD sin ∠EAD BC sin ∠ABC sin θ sin ?? + θ? sin ? sin ?? + ?? 故 ED = = 且 EC = = ． sin ∠AED sin ?θ－?? sin ∠AED sin ?θ－?? sin θ sin ? ∴ ED·EC = ·AC·BD． sin 2 ?θ－?? A sin ? sin ? 同理 FC·FB = · AC · BD ． sin 2 ??－??
B M

2
E X C

N D

F

1 1 1 ?2BM 2 + 2DM 2－BD 2 ?, BM 2 = ?2AB 2 + 2BC 2－AC 2 ?, DM 2 = ?2AD 2 + 2CD 2－AC 2 ?． 4 4 4

1 ?AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2－AC 2－BD 2 ? ? ② 4 ?AC 2－BD 2 ? 2 MN 2 1 AC BD 2 ∴ ① ? ? － ? ? AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2－AC 2－BD 2 = EF 2· ? ③ 2 = EF 4 BD AC AC 2·BD 2 而 AC 2－BD 2 = sin 2 ?? + ??－sin 2 ?? + θ? = sin ??－θ? sin ??－??． 1 ∴ ③右边 = ? sin θ sin ? sin 2 ??－?? + sin ? sin ? sin 2 ?θ－???． AC·BD 将③右边 AC·BD 用?*?表示，则 ③ ? sin θ sin ?·?AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2－AC 2－BD 2－sin 2 ??－?? ? + sin ? sin ?·?AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2－AC 2－BD 2－sin 2 ?θ－?? ? = 0 ? ④ 而 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2－AC 2－BD 2－sin 2 ??－?? = sin 2 ? + ?sin 2 ?－sin 2 ?? + ??? + ?sin 2 θ－sin 2 ?? + θ?? + ?sin 2 ?－sin 2 ??－??? = sin 2 ?－sin ? sin ?? + 2??－sin ? sin ?? + 2θ? + sin ? sin ?2?－?? = sin ? ??sin ? + sin ?2?－???－? sin ?? + 2?? + sin ?? + 2θ? ? ? = sin ? ?2 sin ? cos ??－??－2 sin ? cos ??－θ?? = 2 sin ? sin ? ?cos ??－??－cos ??－θ? ? ? ⑤ 同理 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2－AC 2－BD 2－sin 2 ?θ－?? = 2 sin ? sin θ ?cos ??－θ?－cos ??－?? ? ?⑥

64

MN 1 a b = | － |． EF 2 b a

65

57

P

O1B O2B = ． PB BQ
O' S

R

A

∴ P、B、Q、R 四点共圆，且该圆圆心即为 PB、BQ 中垂线交点 O?． ∵ ∠PBO1 = ∠QBQ2，∴ 必有 O1、B、O2、O?共圆． 设△BO1O2 外接圆为⊙O，则 O?在⊙O 上． 连 OO?、OB、O?B、O?R，则⊙O 与⊙O?以 B 为中心旋转位似． 又∠RPB = 1 ∠PO1B = ∠O?O1B，∴ O1BO2O?与 PBQR 以 B 为中心旋转位． 2

O● O1 O2

Q

B

∴ 在把⊙O 变为⊙O?的位似变换下，O 变为 O?，O?变为 R． ∴ △OO?B∽△O?RB，∴ ∠OBO? = ∠O?BR． 设∠OBO? = ∠O?BR = ?, OB = OO? = r，则 O?R = O?B = 2r cos ?, RB = 又 ∠OO?R = 180?－2? + ? = 180?－?． ∴ RO 2 = OO? 2 + O?R 2 + 2O?O·O?R cos ? = r 2 + 4r 2 cos 2 ? + 4r 2 cos 2 ?． ∴ RS·RB = RO 2－OO? 2 = 8r 2 cos 2 ?． ∴ RS = 8r 2 cos 2 ? = 2r，得证． 4r cos 2 ? OB? = 4r cos 2 ?． OB

66

58

△ABC 内心为 I，圆 Oa 过 B、C 且与圆 I 直交，类似定义圆 Ob, 圆 Oc．圆 Oa 与圆 Ob 相交于另一点 C?，类似定义 B?、A?．证明△A?B?C?外接圆半径为△ABC 内切圆⊙I 半径的 1 ． 2

C1 B2 B θ M I C A

a + c－b a b－c c－b 2 － |=| |，∴ OaI 2 = ? ? + ?r + x? 2． 2 2 2 2

B1

1 代入①得 x = ?a + c－b??a + b－c?． 8r ∵ a + c－b = 2BA1 = 2r cot 又 BM = B C 1 B C , a + b－c = 2r cot ，∴ x = r cot cot ． 2 2 2 2 2
A 2 C 2

A1

O

r cos 1 1 r B C BC = ?BA1 + CA1? = ?cot + cot ?= 2 2 2 2 2 2 sin B sin 2
C 2

cos B cos 2 OaM ∴ tan θ = = BM cos A 2

．下证 B2Oa = BOa：

B 2 B 2 C 2

r cos 2 B 2 B B (cos －sin tan θ)，而 BB2 = ． B 2 2 sin 2

=

sin

B 2

r sin

C 2

( cos

A B B C B cos －sin cos cos ) 2 2 2 2 2

? cos ? cos

A B C B C = sin cos + cos sin 2 2 2 2 2 A B+C = sin ，这在 A + B + C = ? 时显然成立． 2 2

∴ OaB2 = BOa，∴ ⊙Oa 过 B2，同理⊙Oc 过 B2，∴ B2 = B?． 同理 C2 = C?, A2 = A?，∴ △A?B?C?∽△A1B1C1 且相似比为 ∴ △A?B?C?外接圆半径为 △A1B1C1 外接圆半径为 1 ． 2

1 ，得证． 2

67

59

△ABC 内切圆分别切边 BC、CA、AB 于 A1、B1、C1，三条高线 AA2、BB2、CC2 的垂足分别为 A2、B2、C2．A0、 B0、C0 分别为 AA2、BB2、CC2 中点．证明 A1A0、B1B0、C1C0 三线共点． 证：连结 A1B1、B1C1、A1C1，设△ABC 三内角依次为 A、B、C，△ABC 外接圆半径为 R，则 AA2 = AB sin B = 2R sin B sin C ? A2A0 = R sin B sin C, BA2 = AB cos B = 2R sin C cos B． 而 BA1 = 1 ?BC + AB－AC? = R?sin A + sin C－sin B? = R?sin ?B + C? + sin C－sin B?． 2

∴ A1A2 = BA1－BA2 = R?sin B cos C－sin C cos B + sin C－sin B? = R?sin ?B－C? + sin C－sin B? = 2R sin = 4R sin B－C B C sin sin ． 2 2 2 sin A 2A 1 = A 2A 0 cos B cos 2 + cos 2
B 2 B 2 C 2 B－C 2 C 2

B－C B－C B+C ?cos －cos ? 2 2 2

A

∴ cot ∠A0A1A2 = 记 Sa = sin 2

． ，则 sin
B－C 2

B1 C1 A0 A2 A1 C

B－C 2

cos 2

C 2

B

sin ∠A0A1A2 =

cos

cos

Sa

, cos ∠A0A1A2 =

Sa

B 又 ∠C1A1B = 90?－ ， 2 ∴ sin ∠A0A1C1 = sin ?∠A0A1A2－∠C1A1B? = = cos
B 2

cos

C 2

sin

B 2

－sin

B－C 2

cos

B 2

Sa

B－C 1 B B C cos ( 2sin cos －2sin ) 2Sa 2 2 2 2 cos
B 2

=

2Sa cos 2

cos 2 B sin B－C 2 B+C ( sin －sin )= 2 2 Sa
C 2

C 2

sin

B 2

Sa

cos 2 B sin C sin ∠A0A1C1 2 2 ．∴ = ． 2 C sin ∠A0A1B1 cos 2 sin B 2

cos 2 C sin A cos 2 A sin B sin ∠B0B1A1 sin ∠C0C1B1 2 2 2 2 同理 = ． C , sin ∠C C A = 2 A 2 B sin ∠B0B1C1 cos 2 sin 2 0 1 1 cos 2 sin A 2 三式相乘得 sin ∠A0A1C1 sin ∠B0B1A1 sin ∠C0C1B1 = 1． sin ∠A0A1B1 sin ∠B0B1C1 sin ∠C0C1A1

68

60

S● F' G' Z' B' Y' X' D H'
●C

B

F
●H

A

E

G

D

E'

1 1 1 1 X?Y? Z?Y? － = － ? = DX? DY? DY? DZ? DX? DZ? H?Y? sin ∠X?H?Y? H?Y? sin ∠Z?H?Y? = ? ?*? H?D sin ∠DH?X? H?D sin ∠Z?H?D

E?S B?S B?S SF? = = = ，故?*?得证． H?E B?E? B?F? H?F?

∴ DX + DZ = 2 DY，∴ O1O2 = O2O3． 综上所述，本题得证．

69

61

A+B 2 B+C 2
A3

A1

P 2 H2 I T1●

H3 T3 P 3

T' 1 A2

H 1 P1

B ． 2

－θ? －θ?

C－B B C sin sin ． 2 2 2

C－B A B C sin sin sin ． 2 2 2 2 A－B A B C sin sin sin ． 2 2 2 2 sin ?
B+C －θ? 2 C－B sin 2

A+B －θ? 2 A－B sin 2

=

? θ = B，得证．

70

62

D

G1'

E

G G2

F

A C' A' O C B

71

63

PAB、PDC 是圆的割线，PEF 也是，PEF 交 BC、AD 于 I、J 如图．求证 证：设 O 为圆心，作 OM⊥EF 于 M，则 M 为 EF 中点． 作 B、D 关于 MO 的对称点 B?、D?，则 B?、D?在⊙O 上． 设 B?D∩EF = X, BD?∩EF = Y． 显然 BB?DD?为等腰梯形且 B?B∥DD?∥EF． ∴ ∠PXD = ∠B?DD? = ∠BD?D = ∠BCD． ∴ X、I、C、D 共圆． ∴ PX·PI = PD·PC = PE·PF． 同理 PY·PJ = PA·PB = PE·PF． 又明显 X、Y 关于 MO 对称，且 E、F 关于 MO 对称． ∴ PY + PX = 2PM = PE + PF． ∴ 1 1 PX + PY PE + PF 1 1 + = = = + ，得证． PI PJ PE PF PE·PF PE·PF
P A E●●J X ● D B'

1 1 1 1 + = + ． PE PF PI PJ

B

O M
● ●

I●

Y

F D'

C

72

64

H N B
● ● ●N' ●O

A C1 A2 O B2 B A3 A1 C2 C

B1

2

A

1 1 ∵ AO·A2O = OA 2，OA3·OA1 = 2 OB22 = OA 2． 2 2 ∴ A 变为 A2，A3 变为 A1． 又 O、A2、A3、M 共圆，∴ M 的反演点 M?在 AA1 上．

A3 X

C

O'

73

65

B E C P D O F

EB AQ CD =1 ? ① BA QC DE

ED CP AB =1 ? ② DC PA BE

A

74

66

2 2

X B A T● C Y

I

S

75

67

FE 的距离是

r r ，点 F 到边 A1B1 的距离是 ，等等． 2 2
A

B F( 0 )

●E (0)

D( 0 )

C

S△BFD y－x S△CDE y －x 1 1 = + －xy, = + －xy． 4 2 4 2 S△ABC S△ABC

S△DEF S△AEF S△BEF S△BFD S△CDE 1 = 1－ － － － = + xy + yz + zx． 4 S△ABC S△ABC S△ABC S△ABC S△ABC S△DEF 1 = ，则 xy + yz + zx = 0． 4 S△ABC

76

68

∴ OM = OI + IM = ∴ IM = OM
3R r

1 r = ，得证． 3 R +r +1

77

69

B H2 C H P 1 C1
● 1

A H

B1 P

78

70

AM、A?M 分别交 BC 于点 N、N?，则 引理的证明：注意到 S△ABM 而 = S△ACM 同理 ∴
1 2 1 2

N?B NB AC 2 = ? ? ． NC NC AB

S△ABN S△BMN S△ABN + S△BMN S△ABM BN BN = = ，则 = = ． NC NC S△ACN S△CMN S△ACN + S△CMN S△ACN = BA BM BN BA BM ，即 = ． CA CM NC CA CM

BA·BM sin ∠ABM AC·CM sin ∠ACM

BN? BA? BM = ，又 AA?∥BC，∴ BA = CA?, CA = BA?． CA CM CN?

BN? AC BM BM BN AC BN? BN AC 2 = ．又 = ，∴ = ? ? ． BA CM CN NC BA CN BA CN? CN?

k = 0、1、2

A?2k + 2A2k + 2 N2kA2k + 2 A2kA2k + 1 2 = ∏ [ ? ? ] = 1，得证． A?2k + 3A2k + 4 k = 0、1、2 N2kA2k + 4 A2kA2k + 2

79

71

S△BDK S△ABK KX CD BD BD CX AE CX = ，∴ = 即 = = ，∴ = ． KC BC CD CD KX EX XK S△XBK S△XBK

80

72

S△QCV S△QAW S△QBU S△QBV S△QCV S△WAQ BD CE AF = 1，于是 = = 1． EA EA FB S△QBW S△QCU S△QAV S△QCU S△QAV S△WBQ

81

73

2 2 2 2

X S A
●P

D R

M
●Q

Z C

W B Y

82

74

α (β )

sin ∠BAP sin ∠BAP? = ? ① ? AP 与 AP?重合． sin ∠CAP sin ∠CAP?
B

P ( P'' )

A

C

E A M P F N

B

C

M E O G B Q H F N A
34

C

sin ∠3 OM sin ∠OMH = ，其中 MO sin ∠OMH = OM cos ∠OME = EM． sin ∠4 OB sin ∠OBN

83

84

75

85

76

∴ ∠O1AO2 = ∠BAC，从而△AO1O2∽△ABC 且相似比为

O1 A O2

O '●

Ni ● E D C

B

cos ? sin ? + 2 sin ? , ?．设 NiE 斜率为 k，则 2 2 ? = sin ? sin ? = －tan ?． cos ? sin ?－sin ?? + ??

sin ? + 2 sin ? －sin 2 cos ? ?? + ?? －sin 2 2 sin ?

86

77

B P (P' ) E N T C A

BC EA － 的值． TC EB

1 ∠C． 2

D

CT CD = ，②得证． BT AD

∵ N 为 AB 中点，∴

∵ CP 平分∠ACB，∴

∵ CD = BC，∴ 只须证

87

78

△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 ? 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． r A 易得 AO = R, AI = A , AD = c cos A = 2R sin C cos A, AE = 2R sin B cos A, ∠EAI = ∠IAD = 2 , ∠GAO = 90? sin
2
A

－C, ∠OAC = 90?－B． AF c bc bc 由 AF + FC = b, = 解得 AF = ．同理可得 AG = ． FC a a+c a+b sin ∠GAO sin ∠OAC sin A 由张角定理知，G、O、F 三点共线 ? = + AO AF AG sin A cos B cos C ? = bc + bc R
a+b a+c

G E

O
● ●

F I D

● ? bc sin A = R [?a + b? cos B + ?a + c? cos C ] ?利用正弦定理? H ? 2 sin A sin B sin C = ?sin A + sin B? cos B + ? sin A + sin C? cos C C B ? 2 sin A sin B sin C = sin A ?cos B + cos C? + sin B cos B + sin C cos C 1 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 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? ? cos A = cos B + cos C ? ?*? sin ∠EAI sin ∠DAI sin A 另一方面，D、I、E 三点共线 ? = + AI AD AE A sin 2 sin A 2 sin A ? r = + ． 2R cos A sin B 2R cos A sin C

sin

A 2

、去分母有 r ?sin B + sin C? = 2R sin A sin B sin C cos A． 1 又 S = 2R 2 sin A sin B sin C = r ?a + b + c?， 2 2R sin A sin B sin C a+b+c ∴ = = sin A + sin B + sin C ?正弦定理?． r 2R 故 sin B + sin C = ?sin A + sin B + sin C ? cos A． 消去 sin 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 2 cos A B C cos cos 有 2 2 2

A 2

B－C A A B C cos = 4 cos cos cos cos A． 2 2 2 2 2 A B C 消去 2 cos 再对 cos cos 积化和差有 2 2 2 B－C B－C B－C B+C A cos = ?cos + cos ? cos A ? cos ?1－cos A? = sin cos A 2 2 2 2 2 B－C B－C A A ? 2 cos sin 2 cos A ? 2 cos sin = cos A 2 2 2 2 B－C B+C ? 2 cos cos = cos A ? cos B + cos C = cos A ?积化和差?． 2 2 故 D、I、E 三点共线 ? cos A = cos B + cos C ? G、O、F 三点共线． ∴ D、I、E 共线 ? G、O、F 三点共线，证毕．

88

79

△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．
C

A O1 F E H D O2 I B

∴ ∠FO2O1 = ∠EO2F－∠O1O2E，∴ ∠FO2O1 = ∴ ① ?

1 ∠B－∠O1O2E． 2

B－A B－A A B = －∠O1O2E ? ∠O1O2E = ? tan ∠EO2O1 = tan ? ② 2 2 2 2 AD + DC－AC ． 2

BD + CD－BC rA－rB AD－BD + BC－AC O1E , tan ∠EO2O1 = = = ． 2 HI rA + rB 2CD + AB－AC－BC

A 2 sin 2 ?cos 2 －cos B + ? sin B cos A－sin A cos B + sin A－sin B 2 代入有 tan ∠EO2O1 = = ． 2 sin B sin A + sin ?A + B?－sin A－sin B 2 sin B sin A + sin C－sin A－sin B B－A B－A

∴ ② ?

sin cos

B－A 2 B－A 2

=

2 sin

B－A 2

( cos

B－A 2

－cos

B+A 2

)

2 sin A sin B + sin C－sin A－sin B

? ③

2

B－A B－A = cos ?B－A? + 1, 2 cos cos 2 2

C 得 2 A－B C C A+B = 1 + 2 cos ?cos －cos ? 2 2 2 2

89

90

80

△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?
P

A

C

Q

D

R

B

B B' O

A

J I X

●A 0

C'

D' P D H

C

sin ∠AIO sin ∠DIO 1 = + ． IX DH ID sin ∠D?ID 又 sin ∠AID = sin ∠D?IX = sin ?∠D?ID + ∠DIX?． ∴ ∴ sin ∠AIO cos ∠DIX cos ∠D?ID sin ∠DIX cos ∠DIX sin ∠DIO = + = + ． ID ID ID sin ∠D?ID ID sin ∠D?ID D?D cos ∠DIX cos ∠DIX 1 1 1 D?H = + sin ∠DIO·? + ?= + sin ∠DIO· ． IX ID DH ID DD? DH·DD?
91

cos ∠DIX D?H A0H 1 A0H 1 A0H = 代入有 = + sin ∠DIO = ?cos ∠DIX + sin ∠DIO?． ID IX ID ID DH DD? DH·ID

∵ 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 1 1 A 0H 1 = ?OQ + ·IQ ?，其中 QO = OP－ID, IQ = PD = DD? ?引理 2 知?． IX DH 2 ID·OI ∴ 1 1 1 DD? 1 = ?OP + ·A0H ?－ ． IX 2 DH OI ID·OI 1 DD? ·A0H 为对称的值?记为 MA?． 2 DH

B－C A B+C A cos －2 cos cos 2 2 2 2 B－C A B+C A B C = 2 cos ?cos －cos ? = 2 cos sin sin , 2 2 2 2 2 2 A B C A B C sin A sin B sin C = 8 sin sin sin cos cos cos ． 2 2 2 2 2 2 代入有 MA = MB = MC 等价于 sin B + sin C－sin A = 2 cos cos A + 2 sin A B C B A C C A B cos cos = cos B + 2 sin cos cos = cos C + 2 sin cos cos ． 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B A C cos cos = cos B + 2 sin cos cos 2 2 2 2 2 2 C B A A B (sin cos －sin cos ) 2 2 2 2 2
G C P D

? cos A－cos B = 2 cos

B－A A+B ? cos A cos B = 2 sin sin ，此式显然成立． 2 2 故 MA = MB．同理 MB = MC, MA = MC． ∴ MA = MB = MC ? 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．
F

E O

B

A Q

92

81

P

PA 是定值． PR

O

B

A

A

P' I E F

D

O

C

B

93

94

82

C A F G E Z

X

D ●

H M

B

O

DG? CG? = < 1 和∠XPB = ∠CDF < 1．∴ H 和 B 在 CX 的同一侧． XD XC

95

83

B L A H' L' C O H P M

96

84

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 2 ?AD． 证：令 BD CE AF = m, = n, = p，对△ABC 及点 P 用塞瓦定理有 DC EA FB

BD CE AF = mnl = 1． DC EA FB 对△ADC 及截线 BPE 用梅氏定理得 注意到 ∴ CE AP DB = 1． EA PD BC
A

DB m AP m = ，故 n· = 1． BC m+1 PD m + 1

Q F

E

AP m+1 AP m+1 = ，从而 = ． PD mn AD mn + m + 1 BD CA EP = 1． DC AE PB
B D C

CA BP BE = n + 1, = mn + m，∴ = mn + m + 1． AE EP EP AF BE PQ = 1． FB EP AQ

PQ 1 1 PQ 1 = = = = ． AQ mp + p + 1 AP mp + p + 2 p?mn + m + 1? 1
mn m+1

PQ PQ AP m+1 1 = = = AD AP AD ?mp + p + 2??mn + m + 1? p?m + 1? + 2 =
2mn m+1

+1

3+

1 1 ? 3+2 2 + p?m + 1?

= 3－2 2 ．

∴ PQ ? ?3－2 2 ?AP． 当 2mn 2 = p?m + 1?，亦即 = p?m + 1?，当 p?m + 1? = m+1 p?m + 1? 2 时取等号，得证．

97

85

E B D C F A

98

86

□ABCD 对角线相交于点 O，圆?以 O 为圆心，与线段 AD、CD 分别交于 E、F，AB 的延长线与?交于 H，CB 的

P A L● E● T N M D F

O

C

Q

99

87

P

A D K

∴ A、D、K0、P 四点共圆，且 ? ∠OK0P = ∠DK0P + ∠DK0O = ∠BAD + ∠OBD = ． 2 同理∠DK0Q = ? ，故 P、K0、Q 共线，从而 K0 = K． 2
B

O●

R C Q

∴ 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．

100

88

ZX2Y2 的垂心． 引理的证明：由△ZX1Y1∽△ZXY，相似比为 1 ． cos Z
E1 A C1 P ●
● ●D

F

∴ ZW1 = ZW cos ? ?这里 W、W1 分别是△XYZ 与△X1Y1Z1 的内心?． 作 W1R⊥YZ 于 R，则 ZR = ZY2 cos ?． ∴ 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．
B

O

A1

F1 C

E

Y2 Y1 ω1 X Y ω

Z R

X2 ● ●X

1

101

89

E G

G●

N
●H

O

m

E M1 M l1

K

A F

l2

2

2k k+1

k

=

2k a, k+1

R

∴ RN·RA? = ka 2 = RE· RF． 故 E、F、N、A?四点共圆，△NEF 的外接圆过点 A?．
F

N A' H

102

90

△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，

∴ 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．
B A' C C' H P A ●O A A
●A

H

B'
●O

K ●

103

91

N● A

M●
● ●

●Q

H C

B P

K

D G

104

92

M O1 F B C

G
2 2

2

A P

D E●●

N Q
● O2

K

AP·PB = DQ·QC． ∴ MP·PQ = AP·PB = DQ·QC = PQ·QN，∴ MP = QN． 又 ?MP + PK?·KQ = PK?KQ + QN?，∴ PK = QK． ∴ S△EPF = S△EQF 即 EP·FP·EF EF·EQ·QF EP·FP r2 = ，∴ = ． 4r2 4r1 r1 EQ·FQ
EQ 2r1 EC 2r2

sin ∠DQE sin ∠EFQ DE ∵ = = = EQ sin ∠EDQ sin ∠EDC 同理 FC·FD =

，∴ EC·DE =

r2 EQ 2． r1

r2 r1 r1 FQ 2, EA·EB = EP 2, FA·FB = FP 2． r1 r2 r2
AE·AF·EF 4r1 CE·CF·EF 4r2

S△AEF AR1 设 EF∩AC = R1, EF∩BD = R2, AC∩BD = R，则 = = CR1 S△CEF 同理 BR2 r2 BE·BF = ． DR2 r1 DE·DF
r1 r2 r2 r1

=

r2 AE·AF ． r1 CE·CF

AR1 BR2 r2 2 EA·EB·FA·FB r2 2 ∴ =? ? =? ? CR1 DR2 r1 r1 EC·ED·FC·FD ∴ AR1 DR2 AR1 DR2 = , = ． CR1 BR2 AC DB AR DR AR1 DR2 = ，∴ = ． AC DB AR DR

1 EP 2·r ·FP 2 r2

·EQ 2

r2 r1

·FQ 2

=?

r1 2 EP·FP 2 ? ? ? = 1． r2 EQ·FQ

105

93

F A

∴ PF∥BO 知 ∠PFD = ?． 由对应角相等可得 △AFD∽△QOE, △PFD∽△COE． ∴ AP QC = ． PD CE

R( S ) B D●
● ●

QC QS 由于 CS∥DE 知 = ． CE SD 于是 AP QS = ，因此 PS∥AQ． PD SD
P

O

●C ●

E

T

Q

106

94

⌒ △ABC 内心为 I，A 对应的旁心为 Ia，IIa 分别交 BC、⊙ABC 于 A?、M，N 为 ABM 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． sin ∠MIaT sin ∠MIaT MT 在△MTIa 中， = = ． MIa sin ∠MTIa sin ∠MAN sin ∠MIaT AN 在△ANIa 中， = ． AIa sin ∠ANT sin ∠ANT MT AIa AT AT ∴ = = = ． AN MIa MN AN sin ∠MAN MT MIa ∴ = ? ① AT AIa 同理 MS MI = ? ② AS AI
Ia S C A

I

N B T

A'

M

MA?? MA? = , MA?? = MA?，即 A?与 A??重合． MA AA?

∴ S、T、A?三点共线，得证．

107

95

A

C 2r cos B + sin OH sin ∠HDI 2 HD1 = = a + c－b a D1O OD sin ∠IDO － 2 2 B－C 2

=

2r?sin B－sin C? r = ． R 2R?sin B－sin C?
B

E F H ●

I

O C

HD2 HD3 r = = ． D2O OD3 R

D

●O 1

K

OP1 OK R OP2 R OP3 = = ．同理 = = ． P 1I ID r P2I r P3I

108

96

B C

?－? ?－? ?+? ?+θ cos | = 4 | sin sin |． 2 2 2 2

A D

∴ |AB－CD|－|AC－BD| = 4 | sin ∵ 0<

θ ? θ ? , ? 90?，∴ sin cos ? 0． 2 2 2 2

∴ |AC－BD| ? |AB－CD|．同理 |AC－BD| ? |AD－BC|． ∴ |AB－CD| + |AD－BC| ? 2 |AC－BD|． 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 ? + ? + θ = ? ? 90?． ∴ |AB－CD| = 4 | sin |AD－BC| = 4 | sin |AC－BD| = 4 | sin ?－? ?－? ?－θ ?+? cos | = 4 sin cos , 2 2 2 2 ? －θ ?+θ | cos , 2 2 ?－? ?+? | cos ?θ + ?． 2 2
B A

D

C

∵ ? = ? + θ + ?，∴ 0 < ?－θ < 2θ + ? + ? < 180?． ∴ cos 又 ?－θ 2θ + ? + ? > cos ，∴ |AB－CD| ? |AC－BD|． 2 2

?+θ 2θ + ? + ? ?+? ?+θ ?+? = =θ+ , cos = cos ?θ + ?． 2 2 2 2 2 ?－? ?－θ ?－? ?－θ ?+? | ? = ，∴ | sin | ? sin ．∴ |AD－BC| ? |AC－BD|． 2 2 2 2 2

109

97

C0

A1 A
●●

A ● 2 B0

O● B

●H

C2

C C1

A0

B1

cot ∠OHC =

1 1 1 1 1 1 － ? + v? － ? + w? － ? b c c a b a 1 1 1 1 1 1 － ? cot ∠OA1A + r ? － ? cot ∠OB1B + r? － ? cot ∠OC1C b c c a b a

3yz－1 y－z 3xz－1 z－x 3xy－1 y－x +r +r r r r y－z z－x y－x

= 3?xy + yz + zx－1? = 0．
110

③得证，从而 A2、B2、C2 三点共线．得证．

111

98

P 是正△ABC 内一点，证明 |∠PAB－∠PAC| ? |∠PBC－∠PCB|． → 证：以 BC 中点 M 为原点， BC 为 x 轴正向建立坐标系，设 C?1, 0?、B?－1, 0?，则 A?0, 设 P?x, y?，且不妨设 x ? 0，则 tan ?∠PAC－∠PAB? = tan 2∠PAM =
－x 3 －y 2 1－ x 2 ? 3 －y?

3 ?．

2 tan ∠PAM 1－tan 2 ∠PAM ?－2x?? 3 －y? ． ? 3 －y? 2－x 2
C

y A

=

=

P M B x

y x+1

y －1－ x

1+

y y x + 1 1－x

=

－2xy ． 1－x 2 + y 2

∴ |∠PAB－∠PAC| ? |∠PBC－∠PCB| ? ∠PAC－∠PAB ? ∠PBC－∠PCB ? tan ?∠PAC－∠PAB? ? tan ?∠PBC－∠PCB? ? ? 3 －y y ? ?∵ －2x ? 0? 1－x 2 + y 2 ? 3 －y? 2－x 2 ?－2x?? 3 －y? －2xy 2 2 ? 1－x 2 + y 2 ? 3 －y? －x

? ? 3 －y??1－x 2 + y 2 ? ? y?? 3 －y? 2－x 2 ? ?∵ －x 2－y 2 ? 1－x 2 ? 0，|x| ? 3 －y ? ? 3 －y? 2－x 2 ? 0? 3

? ? 3 －y??1 + y 2 ?－y? 3 －y? 2 ? ? 3 －2y?x 2 ? ① 当0 ? y ? ∴ ? 3 －2y? 3 时，由于 |x| ? 2 3 －y ? 3 －y? 2 2 ，∴ x ? ． 3 3

? 3 －y? 2 ? ? 3 －y??1 + y 2 ?－y? 3 －y? 2 ? ? 3 －2y?? 3 －y? ? 3?1 + y 2－ 3 y + y 2 ? 3

? 2y 2－3 3 y + 3 ? 6y 2－ 3 + 3，显然成立． ∴ ①式成立． 当 3 <y ? 2 3 时，? 3 －2y? x 2 ? 0 ? ? 3 －y??2y 2－ 3 y + 1?． 3 y?．

112

99

PB·AC PB·AC AP·PC BP·PD EF PB sin B AP = = ，故只需证 = ? = ? ① FG PD AC BD PC sin C PC·BD PC·BD

∵ ∠APD = ∠ABP + ∠DCP，∴ △ABP 的外接圆与△DCP 外接圆外切于点 P． 作以 P 为反演中心，P 对 ABCD 外接圆的幂为反演幂作反演变换． 则 A, B, C, D 分别变为 A?, B?, C?, D?，且 A?是 AP 与 ABCD 外接圆的交点，B?、C?、D?类似． 因为△ABP、△CDP 外接圆外切于 P．
A D

E G P B F C

113

100 设凸四边形 ABCD 外切于⊙O，圆心 O 在对角线 BD 上的射影为 M．求证 BD 平分∠AMC． 证：设⊙O 在 ABCD 四边切点为 A1、B1、C1、D1． 不妨设⊙O 半径为 1，以 O 为原点建立复平面，则⊙O 为单位圆． 令 A1、B1、C1、D1 所代表的复数为 a, b, c, d，则由熟知结论可知 A 2ab 2bc 2cd 2da D= ,A= ,B= ,C= ． a+b b+c c+d d+a 注意到过 BD 直线方程为 ??B－?D ?x + B?D = ?B－D??x + ?B D． C1 将 B、D 代入化简得 ?c + d－a－b?x－[ ab?c + d?－cd?a + b?]?x = 2cd－ab ? ① x ?x 又过 O 且垂直于 BD 直线方程为 + = 0． B B－D ?B－?D 将 B、D 代入化简得 ?c + d－a－b?x + [ ab?c + d?－cd?a + b?]?x = 0 ? ② ① + ② cd－ab cd－ab 得 x= ，此即为 M 的复数表示，M = ． 2?c + d－a－b? c + d－a－b c + d－a－b 又∵ ∠AMC 被 BD 平分 ? ∠ ? AMD = ∠ ? DMC ?
A－M B－D B－D C－M

B1

D A1

O

D1

C

?R?

?A－M??C－M? ?A－M??C－M? = ?B－D? 2 ?B－D? 2

a+b c+d ab cd

[

2 4 [ab?c + d?－cd?a + b?] abcd a2b2c2d2

+

?cd－ab? 2 ?a + d??b + c? 2[ab?c + d?－cd?a + b?] 2 ?ab－cd??a + b + c + d? － a3b3c3d3 a3b3c3d3 2 2 [ab?c + d?－cd?a + b?] ?c + d－a－b? a4b4c4d4

]

?a + b??c + d?{ 4[ab?c + d?－cd?a + b?] 2 + ?cd－ab? 2 ?a + d??b + c?－2[ab?c + d?－cd?a + b?]?ab－cd??a + b + c + d?} ? ④ ?c + d－a－b? 2 [ ab?c + d?－cd?a + b?] 2

= ab?c + d??a + b? + ab?c + d? 2－cd?a + b? 2－cd?c + b? + ab?c + d? 2－?a + b?ab?c + d? + cd?a + b??c + d?－cd?a + b? 2

? 2ab?c + d? 2－2cd?a + b? 2 = 2ab?c + d? 2－2cd?a + b? 2，得证．
114

115

101 设 D、E、F 分别是△ABC 内切圆与三边的切点，Q 为过 DE、EF、FD 中点圆圆心，求证△ABC 内心、外心、Q 三点共线． 证： 引理 1：O、I、H 三点共线． 引理 1 的证明：延长 DH、EH、FH 交⊙I 于 X、Y、Z，交 FE、DF、DE 于 M、N、L，连结 XE，则 ∵ H 是△DEF 的垂心，X 在△DEF 外接圆上． ∴ ∠HXE = ∠DFE = ∠MHE．∴ △XEH 是等腰三角形． 考虑到 EM⊥HX 得 XM = MH． 同理 HL = LE, HN = NY．∴ MN∥XY, ML∥XZ, NL∥YZ． ? ∴ ∠HXZ = ∠HML = ∠HEL = －∠EDF ?M、H、L、E 共圆?． 2 ? 同理∠YXM = －∠FDE = ∠HXZ ? ?*? 2 ? 故∠YXZ = ∠YXH + ∠ZXH = 2? －∠FDE? 2 = ?－2??－∠FBD－∠EDC? = －? + ?－B + ?－C = A．
X F

A

M I
● ●

E L Z C

Y B

N● D

H●

116
E' D F'

E

H D'

F

117

102 平面上给定三点 A、B、C，动点 D 使 A、B、C、D 共圆，IA、IB、IC、ID 分别是 A、B、C、D 关于△BCD、△ACD、 △ABD、△ABC 西姆松线，当点 D 移动时，求 IA、IB、IC、ID 交点轨迹． 证： 引理：记△ABC 垂心为 H，则 ZA 过 DH 中点，记 AE⊥BC = E，AF⊥CD = F，则 EF 即为 IA． 引理的证明：记 IA 与 DH 交于 G，记∠ACD = ?，△ABC 三内角为 A、B、C，外接圆半径为 R，则 DF = AD cos ∠ADF = AD cos B = 2R sin ? cos B, ∠EFD = ? ? －∠AFE = －C． 2 2
F A D G● H

B

E

C

118

103 四边形 ABCD 中，P 是两条对角线交点，M 是两对对边中点连线的交点，Ｏ是两对对角线中垂线的交点，Ｈ是△ APD 与△BPC 垂心连的交点．证明 M 是 OH 中点． 证：取 AC 中点 S，BD 中点 T，易得 M 是 TS 中点． 记△APB、△BPC、△CPD、△DPA 垂心分别为 H1、H2、H3、H4． 则 BH1⊥AC, BH2⊥AC，进而有 B、H1、H2 三点共线． 同理 C、H2、H3；A、H1、H4；D、H3、H4 分别三点共线，且 H1H2∥H3H4 ?都垂直于 AC?, H1H4∥H2H3． 故 H1H2H3H4 是平行四边形． 注意到 AH1∥CH3，H 是 H1H3 中点，S 是 AC 中点． 故 SH∥AH4，故 SH⊥BD． 又 OS⊥BD，所以 OS∥HT． 同理 OT∥HS，故 OTHS 是平行四边形． 从而 OH 中点即是 TS 中点为 M，得证．
B A H1 ● P T H2

D
●H 3

● ●

H

M

● H4 ●

S

O C

119

104 X 是△ABC 中直线 BC 上动点，C 在 B、X 间，△ABX 与△ACX 内切圆交于 P、Q．求证 PQ 过定点． 证： 引理：R、S 是△ABC 内切圆过 AB、BC 的切点，M、N 是 AC、BC 中点，则 RS、MN 与∠A 的内角平分线共点． 引理的证明：设 RS 与∠A 内角平分线交于 P，MN 与其交于 Q，则 ?+B ∠ARP = ?－∠BRS = , AR = s－a ?s 是半周长?． 2 ∴ AP sin
?+B 2
A

=

AB sin ?
?+B 2

+

A 2

?

? AP =

?s－a? cos cos
C 2

B 2

M

R

N

A A = a cos = AP，故 P、Q 重合．引理得证． 2 2

B

C U T

●●

V

X

S B N P (Q ) C R A

M

120

105 圆心为 O1 和 O2 的两个半径相等的圆相交于 P、 Q 两点， D 是公共弦 PQ 的中点， 过 P 任作两条割线 AB 和 CD ?AB、 CD 均不与 PQ 重合?，点 A、C 在圆 O1 上，点 B、D 在圆 O2 上，连结 AD 和 BC，点 M、N 分别是 AD、BC 中点．已 知 O1 和 O2 不在两圆的公共部分内，点 M、N 均不与点 O 重合．求证 M、N、O 三点共线． 分析：等圆、中点这些条件在直角坐标系中是极易刻画的．特别是参数方程，使我们不必找出点 P、Q． → 证：以 O 为原点， OO2 为 x 轴正方向建立直角坐标系． 不妨设⊙O1, ⊙O2 的半径均为 1． 设∠OO2P = θ, ∠BO2x = ?1, ∠DO2x = ?2，则 B?cos θ + cos ?1, sin ?1?、D?cos θ + cos ?2, sin ?2?． 又∠QO2B = 2∠QPB = ∠QO1A，∴ ∠AO1O = ?－2θ + ?1． ∴ A?cos ??－2θ + ?1?－cos θ, sin ??－2θ + ?1??． 同理 C?cos ??－2θ + ?2?－cos θ, sin ??－2θ + ?2??． ∴ M? cos ??－2θ + ?1? + cos ?2 sin ??－2θ + ?1? + sin ?2 , ?． 2 2
?－2θ + ?1 + ?2 2 ?－2θ + ?1 + ?2 2

y A C O1● P● ● N O
● ●

M

D B x

O2

Q

sin sin ??－2θ + ?1? + sin ?2 ∴ kOM = = cos ??－2θ + ?1? + cos ?2 cos 同理 kON = tan
?－2θ + ?1 + ?2 2

cos cos

?－2θ + ?1－?2 2 ?－2θ + ?1－?2 2

= tan

?－2θ + ?1 + ?2 2

，故 kOM = kON，从而 O、N、M 三点共线．

121

B L D M O H C A
B D C O1 ●
● ● ●

A

O'
● O2

O

122

107 设锐角△ABC 的外接圆为?，过点 B、C 作?的两条切线，相交于点 P，连 AP 交 BC 于点 D，点 E、F 分别在边 AC、 AB 上，使得 DE∥BA, DF∥CA．?1? 求证 F、B、C、E 四点共圆；?2? 若记过 F、B、C、E 的圆的圆心为 A1，类似 地定义 B1、C1，则 AA1、BB1、CC1 三线共点． 证：?1? S△ABP AB·BP sin ∠ABP AB sin ∠ACB BD AB 2 = = = = ． CD AC 2 S△ACP AC·CP sin ∠ACP AC sin∠ABC
B A F E D C

AB 2·AC 2 CD 故 AF·AB = AB 2· = = AE·AC． BC AB 2 + AC 2 故 F、B、C、E 四点共圆．
A

P

?2? 如图，设按条件定义如得的 CA、AB 上点分别为 J、K AI AB AK AC ?即 = = ? 2 , JC BC KB BC 2 则 AK BD CJ AC 2 AB 2 BC 2 = = 1． KB DC JA BC 2 AC 2 AB 2
B
2 2

X2 K X3 ● G X4 D

X1 J X6 X5 C

123

108 一条直线 l 与具有圆心 O 的圆?不相交，E 是 l 上的点，OE⊥l，M 是 l 上不同于 E 的点，从 M 作 w 的两条切线切 ?于点 A 和 B， C 是 MA 的点， 使得 EC 垂直于 MA， D 是 MB 上的点， 使得 ED 垂直于 MB， 直线 CD 交 OE 于 F． 求 证点Ｆ的位置不依赖于点 M 的位置． 分析：这种题目计算是必须的，利用三角函数来计算是个基本的想法． 证：作 CP1⊥l = P1, DP2∥l = P2，则 EF = P2E P1E ·P1C－ ·DP2． P 1P 2 P1P2
F A E P
1

P 2 M D

l

C

?+? 2 ?－? 2 ?－? 2 ?－? ?+? sin 2 2
2 2

O B

=

cos

cos

?－? 2

·2 sin

=

x sin ? sin ? ? ① sin ?? + ??

E m O r
β

?+? 2 ?+? 2

x
β

M

B

cos cos

?－? 2 ?－? 2 ?－?

m=

cos sin

?+? 2 ?+? 2

m,

Q

+? －2 sin ? 2 cos 2 －sin ?? + ?? r= m= ?－? +? sin ? + sin ? 2 sin ? 2 cos 2

m．

?+? 2 ?+? 2

sin ? sin ?
?+? 2

·2 sin

cos

?+? 2

1 －2 [ cos ??－??－cos ?? + ??] sin ? sin ? m= m 2 ?+? m = cos ?? + ??－1 2 sin 2 ?－? 2 ?+? 2

2 m cos ??－??－1 m sin = － [ －1] = － ? 2 cos ?? + ??－1 2 sin 2

－1? = －

m 2－r 2 m r2 [ 2 －1] = 为定值． 2 m 2m

124

109 H 为△ABC 垂心，AH 2 + BH 2 + CH 2 = 7，AH·BH·CH = 3，求当△ABC 有最大面积时各边的长． 解：设△ABC 三内角分别为 A、B、C，外接圆半径为 R，则熟知 AH = 2R cos A, BH = 2R cos B, CH = 2R cos C． ∴ 7 = AH 2 + BH 2 + CH 2 = 4R 2 ?cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C? ? ① 3 = AH·BH·CH = 8R 3 cos A cos B cos C ? ② 由 cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2 cos A cos B cos C = cos 2 A + cos 2 B + cos C ?cos C + 2 cos A cos B? = cos 2 A + cos 2 B + ?sin A sin B－cos A cos B??sin A sin B + cos A cos B? ?∵ cos C =－cos ?A + B? = sin A sin B－cos A cos B? = cos 2 A + cos 2 B + sin 2 A sin 2 B－cos 2 A cos 2 B = cos 2 A ?1－cos 2 B? + sin 2 A sin 2 B + cos 2 B = cos 2 A sin 2 B + sin 2 A sin 2 B + cos 2 B = sin 2 B + cos 2 B = 1． 将①②代入上式有 ∵ R > 0，∴ R = 7 3 + = 1 ? 4R 3－7R－3 = 0 ? ?R + 1??2R + 1??2R－3? = 0． 4R 2 8R 3 3 7 1 ．从而 cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = , cos A cos B cos C = ． 2 9 9 1 ． 4

1 ∑AH·BH sin C = 2R 2 ∑cos A cos B sin C = R 2 ∑?cos A cos B sin C + cos A sin B cos C? 2 9 9 9 ∑cso A sin A = ∑sin 2A = sin A sin B sin C． 4 8 2

1 3

2? 7 1 记 k = f ?t?，则 f ? ?t? = －2t－ 2 = 9 81t 由t?[

－t??t－1 ??t + 6 t
2

1 9

?

1 1 1 1 1 , 1]知 f ? ?t?在 [ , ] 上不小于 0，在 [ , 1] 上不大于 0，故 f ?t?在 t = 时有最大值． 4 4 3 3 3
2 2 ? cos B + cos C = 3 ，此时 ? 3 3 ? cos B cos C = 9

∴ cos A =

4 9

? cos B = ? ? ? cos C =

1 3 3 3

? cos B = 或 ? ? cos C =

3 3 1 3

? cos B = 不妨设 ? ? cos C =

1 3 3 3

，则 sin A = sin C =

6 2 2 , sin B = ． 3 3 6 , 6 ,2 2 ．

125

110 △ABC 内切圆与 BC 切于 K，AD 是 BC 边上的高，M 为 AD 中点，MK 与△ABC 内切圆交于 K、N．求证△BNC 外 接圆与△ABC 内切圆切于 N． 证：设△ABC 关于∠BAC 的旁切圆为⊙IA，半径为 rA，△ABC 内心为 I，⊙I 半径为 r，⊙IA 切 BC 于 T，KI 交⊙I 于 K、S，则 ∵ IAT rA AIA = = ，IAT∥IS ?均垂直于 BC?，∴ A、S、T 共线． IS r AI
S● A

∵ I 为 SK 中点，M 为 AD 中点，SK∥AD，∴ T、I、M 共线． MI AS IS IK ∵ = = = , IK∥IAT，∴ M、K、IA 三点共线． MT AT TIA IAT 设⊙I 关于点 K、N 切线交于 Q，则 QI⊥NK． 设 QI 交 NK 于 R，则 ∵ IB 平分∠ABC，IAB 平分∠ABC 外角，∴ ∠IBIA = 90?． 又∵ ∠IRIA = 90?，∴ I、B、IA、R 共圆． 同理 I、R、C、IA 共圆，∴ I、B、IA、C、R 共圆． ∴ QB·QC = QR·QI． ∵ IQ⊥KN, IK⊥KQ，∴ QR·QI = QK ． ∴ QB·QC = QK 2 = QN 2，∴ △BNC 外接圆有切线 QN． 又 QN 为⊙I 切线，∴ △BNC 外接圆与△ABC 内切圆切于 N，证毕．
2
IA B T

N

M I● R

K D

C

Q

126

111 已知△ABC 内一点 P， 设 D、 E、 F 分别为 P 在 BC、 CA、 AB 上投影， 假设 AP 2 + PD 2 = BP 2 + PE 2 = CP 2 + PF 2． 设 △ABC 的三个旁心分别为 IA、IB、IC．求证 P 是△IAIBIC 的外心． 证：设△ABC 三边长为 a, b, c， ∵ AP 2 + PD 2 = BP 2 + PE 2，∴ AP 2－PE 2 = BP 2－PD 2． ∴ AE 2 = BD 2，∴ AE = BD，同理 BF = CD, AF = CD． 故可设 x = CE = BF, y = AF = CD, z = AE = BD． ∴ a = y + z, b = z + x, c = x + y． ∴ x= b + c－a a－b + c a + b－c ,y= ,z= ． 2 2 2
C

IA

IB D B

E ●● ( ) P O F

A

IC

∴ IAO⊥BC，我们令 IAO 与 CB 交于 D?，同理定出 E?、F?． 设∠IBIAIC = ?, ∠IAIBIC = ?, ∠IAICIB = ?，则 CD? = IAC cos ? = IAIC cos ? cos ?． 同理 AF? = IAC cos ? = IAIC cos ? cos ? = CD?, AE? = BD?, CE? = BF?． 故由同一法有 D = D?, E = E?, F = F?, P = O． ∴ P 为△IAIBIC 外心．证毕． 评注：注意同一法证题的技巧．

127

112 平面内两个等边三角形 ABC 和 KLM 的边长分别是 1 和 的距离和．试求当∑取最大值时，△KLM 的位置．

1 ，△KLM 在△ABC 内部．记∑表示 A 到 KL、LM、MK 4
A

A
A

L B

M M' L' C

A K K' B L M M' C

A

K' B

K
●M ' α β

M C

L'

L

?2? 当 A 在 LK 延长线与 MK 延长线所形成的夹中，考虑到 BC 距离最短的 点． 不妨设为 L，则 KL 交△ABC 边界于 BC 上 L?． 否则，设 KL 交△ABC 边界于 AB，则直线 KL 与直线 BC 夹角小于 60?． ∴ KL 交△ABC 边界于 BC 上 L?，将△KLM 平移到△K?L?M?可知∑不减． 当 KLM 有一点在 BC 上时，设 L 在 BC 上，设 KM 交 BC 于 M0?． 设∠KIM0 = ?, ∠KM0L = ?，则 KM? ? KM = KL = sin ? ? sin ?． 将△KLM 平移到△K?L?M?使 M?在 AC 边上，则
B

K K' L L' M M' C
B L

K M C

A

K
α

K' M L'
β

M' M0 C

B

L

A 到 KL 的距离增加 LL? sin ?，A 到 KM 的距离至多减少 LL? sin ?，A 到 LM 距离增加． ∵ sin ? ? sin ?，∴ ∑不减． ?3? 当△KLM 有一点在 BC 上，另一点在 AB 或 AC 上时，不妨设 K 在 AB 上，L 在 BC 上 ?K 在 AC 上完全相同?． 设∠KLB = ?，现在按 A、B 是否在 ML 同侧分类： ?a? 当 A、B 在 ML 同侧时， 1 1 · ∑ = S△AKL + S△AKM + S△AML = 2S△AKM + S△KML． 2 4 ? ∵ ∠AKM = ?－ －∠BKL = ?， 3
B A

K

α

M L C

α

128

∴ S△BKM =

1 1 1 AK·KM sin ? = ?1－BK?· sin ?． 2 2 4

129

BK KL sin ? 而 = ? BK = = sin ? sin 60? 4 sin 60? ∴ 8S△AKM = ?1－

3 sin 2 ? ． 6

3 sin ? 3 sin 2 ? ? sin ? = sin ?－ ． 6 6 3 x 2 ? f ?1?． 6 3 1 1 3 3 1 3 3 ? ?2= － + = － － ． 4 4 4 24 64 4 96 64

∵ sin ? ? [0, 1] 在 [0, 1] 上二次函数 f ?x? = x－ 这时需要 ? = 90?，此时 1 1 3 ∑ = ?1－ ?+ 8 4 6

?b? 当 A、B 在 ML 两侧时， 1 1 3 · ∑ = S△AKM + S△AML + S△AKL = 2 S△AKL－S△KML = 2 S△AKL－ ． 2 4 64 现证 2 S△AKL－ ∵ 2S△AKL = 当 sin ? > 3 1 3 3 ? － － ： 64 4 96 64
K B
α

A

M
α + 60°

1 1 3 ?1－BK? sin ?? + 60?? = ?1－ sin ? ? sin ?? + 60??． 4 4 6

L

C

1 1 3 1 3 时，2 S△AKL < ?1－ ?·1 = － ； 4 4 24 4 96 1 时， 4 3 1 3 sin ? cos ?? ? ?1－ sin ??? + 2 4 6 2 3 ? 2

1 3 sin ? ?1－ sin ? ?? + 4 6 2 1 ? 4 1 ? 4

3 1 3 1 + sin ?－ sin 2 ? ? ? ? 2 4 2 4

3 1 3 + sin ?－ sin 2 ? ? 2 4 2 3 ?． 2

3 1 1 3 1 1 3 1 1 1 + × － ? ? 2 ? = ?1－ · ?? · + 2 4 4 2 4 4 6 4 2 4 3 1 3 < 1 即 2S△AKL < ?1－ ?． 2 4 96

3 7 1 1 < ，∴ · + 2 8 2 4

130

113 设圆 S1 和圆 S2 相交于 A、B 两点，经过 A 的直线交圆 S1 于 C，交圆 S2 于 D，点 M、N、K 分别在线段 CD、BC、 BD 上，且 MN∥BD, MK∥BC，分别过 N、K 作 BC、BD 的垂线，分别交圆 S1、圆 S2 于 E、F，且 E、A 在直线 BC 的异侧，F、A 在直线 BD 的异侧．证明∠EMF = 90?． 证：设 FK 交 S2 于另一点 T，设⊙S1 半径为 r1, ⊙S2 半径为 r2，则∠BAC = ∠BFD． 故 2r1 sin ∠BAC BC r1 = = ． BD r2 2r2 sin ∠BFD
C A

T M D

2

NC－NB 2

?

2

． ?2 ．
E

O1

N K B F

∠BO2D + 2

r22－?

BK－KD 2

CN CM BK BC r1 = = ，又 = ， NB MD KD BD r2 NC NB r1 = = BK KD r2 ? NE r1 = ． KT r2

BC NE NC KB 在△BCE 和△DBT 中， = 且 = ． BD KT NB KD ∴ △BCE∽△DKF ? ∠CBE = ∠BDT = ∠BFT = ∠BFK． 又∠ENB = ∠BDT = ∴ ? ，∴ △ENB∽△BKF． 2

NE BK NE MN = ? = ? ① NB KF MK KF

131

114 已知△ABC，点 X 是直线 BC 上的动点，且点 C 在点 B、X 之间，又△ABX、△ACX 的内切圆有两个不同的交点 P、 Q．证明 PQ 经过一个不依赖于 X 的定点． 证：过 A 作 AD⊥BC = D，以 D 为原点、DA 为 y 轴建立坐标系． 设 D?0, 0?、A?0, 2?、B?b, 0?、C?c, 0?、X?x, 0?． 设两个内切圆分别切 BC 于 S、T．
y

∵ PQ 是两内切圆的根轴， 设 M 为 ST 中点， N 在 AX 上使 XN = XM． 则 MS = MT，M 在两圆根轴上．同理 N 在两圆根轴上． ∴ 直线 PQ 就是直线 MN，设∠NMX = ∠MNX = θ． 则直线 MN 的斜率为 tan θ，即 2 tan 1－tan
∠AXD 2 2 ∠AXD 2

A

N Q● Y

1 tan
∠AXD 2

B D S

P● M C T X x

= tan ∠AXD = x 2 + 4 －x ． 2

2 ， x

∴ tan

∠AXD = 2

1 kMN

= OM + tan

∠AXD ． 2

1 1 1 1 AB + AC ∴ DM = DX－XM = x－ ?2AX + BX + CX－AB－AC? = x－ ·2 x 2 + 4 － ?x－b?－ ?x－c? + ． 4 4 4 4 4 ∴ Y 的横坐标为 x－ x2+4 x b + c + AB + AC － + + 2 2 4 b+c+ b2+4 + 4 x 2 + 4 －x b + c + AB + AC b+c+ = = 2 4 , 1?，命题得证． b2+4 + 4 c2+4 ．

∴ PQ 恒经过点?

c2+4

132

115 凸四边形的四个角分别为 2?, 2?, 2?, 2?，四条边分别为 l, m, n, k．求证它的面积 S ?l + n－m－k? 2 ?l + m + n + k? 2 － ． 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 4?tan ? + tan ? + tan ? + tan ?? ?l + m + n + k? 2 证：先证明对圆外切四边形，S = ． 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 事实上，当外切圆半径为 r 时， l = r cot ? + r cot ?, m = r cot ? + r cot ?, n = r cot ? + r cot ?, k = r cot ? + r cot ?． ∴ l + m + n + k = 2r?cot ? + cot ? + cot ? + cot ??． 又 S= 1 m + n + k + l 2r?cot ? + cos ? + cot ? + cot ?? ?l + m + n + k? 2 r?m + n + k + l? = = ． 2 2 2?cot ? + cot ? + cot ? + cos ?? 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ??
B A α K r δ D N r L r r γ C
β

=

M

D' F A' B A
2α 2β

B' B0

E A0

2r

D

C

= r1 ?cot ? + cot ??·r2·?tan ? + tan ?? sin ? cos ? sin ?? + ?? sin ?? + ?? sin ?? + ?? sin ?? + ?? = r1· ·r2· sin ? cos ? = r1r2· ． sin ? sin ? cos ? cos ? sin ? cos ? ∵ ? + ? + ? + ? = ?，∴ sin ?? + ?? = sin ?? + ??, sin ?? + ?? = sin ?? + ??． ∴ SA?B?BF = SA?D?DE． ∴ S = SABCD = SA?B?C?D? + SA?B?BF－SA?D?DE－SA?EAF = SA?B?C?D?－SA?EAF． ∵ AF + A?E + A?F + AE = A?B? + CD?－AB－CD + BC + AD－A?D－B?C = BC + AD－AB－CD = m + k－l－n． ∴ S= = ?l + m + n + k? 2 － 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 4?cot ?
2

?m + k－l－n? 2
? 2

－?? + cot ?

? 2
2

－?? + cot ?

? 2

－?? + cot ?

? 2

－???

?l + n－m－k? ?l + m + n + k? － ． 4?cot ? + cot ? + cot ? + cot ?? 4?tan ? + tan ? + tan ? + tan ??
133

116 设⊙O1 与⊙O2 交于 P、Q 两点，过点 P 任作两条直线 APB 和 CPD，其中点 A、C 在⊙O1 上，点 B、D 在⊙O2 上， M、N 分别是 AD、BC 中点，O 为 O1O2 中点，∠APC = θ 为锐角．设 h 为点 O 到 MN 的距离，K 为 PQ 中点．求 证 h = OK cos θ． 证：∵ ∠CO1Q = 2∠CPQ = ∠DO2Q, ∠AO1Q = 2∠APQ = ∠BO2Q， ∴ ∠CQD = ∠AQB = ∠O1QO2，∴ △CO1Q∽△DO2Q． ∴ QC QO1 QA QO1 = ．同理 = ． QD QO2 QB QO2

∴ △CO1A∽△TOS，设 TS 中点为 V，易知 V 同时是 MN 中点． ∴ △COA∽△TOS ? ∠TOS = ∠CO1A = 2θ 且 OT = OS． ∵ OC QO1 = ?位似旋转比?， OT QO
A T C O1

D M P ●

∴ OT = QO, OT = OS, ∠TOS = 2θ． ∴ ∠TOV = θ ? OV = OT cos θ = QO cos θ 且 OV⊥ST． QA 在位似旋转变换 S?Q, , ∠O1QO2?下， 直线 OB 变为直线 CA． QB ∴ ∠ ? ?DB, CA? = ∠O1QO2． ∵ MS∥DB, NS∥CA，∴ ∠MSN = ∠ ? ?DB, CA? = ∠O1QO2． MS 又 = SN
1 2 1 2

V S

B

N O O2

K

Q

DB CA

=

1 2 1 2

2O2B sin θ O2B QO2 = = ． O1A QO1 2O1A sin θ

∴ △MSN∽△O2QO1 ? ∠SVN = ∠QOO1． ∴ h = OP sin ∠OVN = OP cos ∠SVN = OP cos ∠QOO1 = OQ cos θ cos ∠QOO1 = OQ cos ∠QOO1 cos θ = OK cos θ．

134

117 在 △ ABC 和 △ A?B?C? 中 ， ∠ A ? ∠ B ? ∠ C ， ∠ A? ? ∠ B? ? ∠ C? ． 求 证 12 ． aa? + bb? + cc? 证：由 A ? B ? C, A? ? B? ? C?可知

1 1 1 + + ? haha? tbtb? mcmc?

a ? b ? c, a? ? b? ? c?, ha ? hb ? tb ? tc ? mc, ha? ? hb? ? tb? ? tc? ? mc?． 由切比雪夫不等式知 aa? + bb? + cc? ? 1 ?a + b + c??a? + b? + c??, 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ? ? + + ?? + + ?． 3 ha tb mc haha? tbtb? mcmc? ha? tb? m c? 只需证 1 1 1 1 ? + + ??a + b + c? ? 3 ha tb mc 12 即可．

1 1 1 9 + + ? ． ha tb mc ha + tb + mc 3 ?a + b + c? ? ta + tb + mc ? 2 3 ?2a + c?． 4 3 ?a + b + c? 2

3?a + b + c? ? 2 3 ? ha + tb + mc ? ha + tb + mc 3 1 ?2b + c?及 tb + mc ? 4 2 3 ?2b + c?： 4

1 m ? 2 c 1 m ? 2 c ac

?a + c? 2－2b 2 + ?a + c? 2a 2 + 2b 2－c 2 ?

3 ?2a + c??a + c?

? [ 8ac + ?a + c? 2 ][?a + c? 2 + 2a 2－c 2 ] ? 3?2a + c? 2 ?a + c? 2 ? ?a－c? 2 ? 0，显然成立． 同理 tb + 1 m ? 2 c 3 ?2a + c?． 4

135

118 在△ABC 的三边中点 D、E、F 向内切圆引切线，设所引的切线分别与 EF、FD、DE 交于 I、L、M．求证 I、L、 M 三点共线． S△DEI DE sin ∠EDI EI 证： = = ． FI S△DFI DF sin ∠FDI 记△ABC 的三边长度为 a, b, c，三内角分别为 ?, ?, ?，记∠ODC = θ1, ∠OEA = θ2, ∠OFB = θ3，则 ∠EDI = 180?－∠BDI－∠EDC = 2θ1－?, ∠FDI = ∠BDF－∠BDI = ?－?180?－2θ1? = 2θ1 + ?－180?． 故 sin ?2θ1－?? c sin ?2θ1－?? EI c = = － ． FI b sin ?2θ1 + ?－180?? b sin ?2θ1 + ??
A

I

F

EI FL DM 为证 I、L、M 共线，只需证 = 1． FI DL EM c sin ?2θ1－?? a sin ?2θ2－?? b sin ?2θ3－?? 即 [－ ][ － ][－ ]=1 b sin ?2θ1 + ?? c sin ?2θ2 + ?? a sin ?2θ3 + ?? 即 sin ?2θ1－?? sin ?2θ2－?? sin ?2θ3－?? = －1 ? ?*? sin ?2θ1 + ?? sin ?2θ2 + ?? sin ?2θ3 + ?? 2r 2r 2r , tan θ2 = , tan θ3 = ． c－b a－c b－a
B

● ●

●E ●

O D

●●

C

? ? ? ? ? ? + cot ?, b = r?cot + cot ?, a = r?cot + cot ?可得 2 2 2 2 2 2
? 2

cot

2 －cot

? 2

, tan θ2 =

cot

? 2

2 －cot

? 2

, tan θ3 =

tan

? 2

2 －tan

? 2

cos 2 cot cos 2 cot
? 2 ? 2

?*?式 ?

cot ?－cot 2θ1 cot ?－cot 2θ2 cot ?－cot 2θ3 = －1 ? ∏ cot 2 θ －1 cot ? + cot 2θ1 cot ? + cot 2θ2 cot ?－cot 2θ3 1 + cot θ1
? 2 ? 2

cot 2 θ1－1 cot θ1

－1
? 2

－1
? 2

=1
? 2 ? 2

?cot 2 θ1－1? cot ? ∏ ?cot 2 θ1－1? cot ? ∏ cot cot 2
? 2 ? 2

－?cot 2 + ?cot +2

? 2 2 ? 2

=1? ∏ －1? cot θ1 ?cot θ1 cot
? 2

－1? cot θ1

?cot θ1 cot

? 2 ? 2

+ 1??cot θ1－cot －1??cot θ1 + cot
? 2 ? 2

? ?

= 1

－cot
? 2

? 2

cot

cot

－cot

? 2 2 ? 2

cot ? + cot 2 ∏ cos ? + cot ? 2 2 －2
2

= 1 ? ∏ cot

cot 2

? 2 2 ? 2

－cot －cot

cos cot

? 2 ? 2

+2 +2

= 1．

A A = ∏cot ，成立． 2 2

136

119 给定双心四边形 ABCD 外接圆⊙O 及内心 I，并给定 A 点?在⊙O 上?，求作 B、C、D 三点． 解：作法如下，延长 AI 交⊙O 于 M，过 M 作直径 MN．连结并延长 NI 交⊙O 于 C，连结 AC，延长 OI 交 AC 于 P， 过 P 作弦 BD⊥MN，则 B、C、D 即为所求． 证明：首先，定义“反射弦” ：⊙O 内的一条弦?如 AC?的两个顶点分别作过 I 的弦?如 D AM、CN?，新作出的两个点连成的弦?弦 MN?称为?AC 的?反射弦． C P● 证明分两步进行： A I ● ?1? 双心四边形必满足?a? 对角线的反射弦是直径；?b? 对角线交点 P 与 O、I 共线；?c? N ● M O 对角线 BD 与 C 的反射弦 MN 垂直． ?a? 由 I 是内心知 AI 平分∠BAD，CI 平分∠BCD． 1 设 AC 的反射弦为 MN，则 ∠BAM + ∠NCB = ?∠BAD + ∠BCD? = 90?． B 2 ⌒ 即 MN 度数为 90?，即 MN 是直径． ?b? 事实上，可以证明任意直径的反射弦都过 OI 上定点 P?由?a?知 AC 和 BD 均为直径的反射弦?． 即证，任意直径的反射弦与 OI 交于 P，IP 为定长． 设直径 MN 的反射弦为 AB．由张角公式得 P sin ?? + ?? sin ? sin ? sin ?? + ?? sin ? sin ? B A = + , = + ． IP BI AI IN IM sin OI α β M sin ? ? sin ? ? + sin + sin O IN IM IN IM IP N 两式相加得 = sin ? sin ? = IN sin ? + IM sin ? OI + BI AI R 2－OI 2 IM sin ? + IN sin ? = ?R 2－OI 2 ?· IM·IN 2 sin ? + IN·IM 2 sin ? 2S△MID 2 = ?R 2－OI 2 ?· 2 ?IM sin ? = IN sin ? = ? IN + IM 2 ID 2 2 R －OI 1 1 = 2 ?中线长公式 OI 2 = LM 2 + IN 2－R 2 ?． R + OI 2 2 2 故结论?b?成立． ⌒ ⌒ ?c? 由 I 为内心，∠BAI = ∠DAI，故 BM = DM ． D ⌒ ⌒ Y 同理 BN = DN ，所以 BD⊥MN． W ● ● ?2? 按上述作法作出的四边形为双心四边形，即需证 I 是内心． C A 首先，由?1?中?b?的证明可知直径的反射弦均过 P． ●I N 由同一法易得过 P 的弦的反射弦必为直径． ● M ● O Z● X 于是 AC、BD 的反射弦均为直径． ⌒ ⌒ 而 AC 的反射弦 MN 是直径 ? BM + BN = 90? ? ∠BAI + ∠BCI = 90?． ⌒ ⌒ B 同理∠ADI + ∠ABI = 90?．又 BD⊥MN 可知 DM = BM ． ∴ ∠BAI = ∠DAI, ∠DCI = ∠BCI． 只需再证 DI 平分∠ADC，BO 平分∠ABC 即可． 过 I 作 IX、IY、IZ、IW 分别与 AB、BC、CD、DA 垂直． 则 IX = IY, IW = IZ． 由∠ADI + ∠ABI = 90?知△DZI∽△IWB． BI 2－IW 2 BI 2－IZ 2 IZ BW ∴ = = = ． ID BI BI BI ID 2·IB 2 ID 2 + IB 2 2 ∴ IZ 2 = ． 2 2 ．同理 IY = ID + IB ID 2 + IB 2 ∴ IZ = IY，即 DI 平分∠ADC．同理 BI 平分∠ABC． ∴ I 是内心，即作出的四边形确为双心四边形． 综合?1?、?2?可知，满足条件?给定⊙O，I 及 A?的双心四边形存在且唯一．上述作法能作出此四边形．

137

120 已知△ABC 的三边分别交⊙O 于 X、X?、Y、Y?、Z、Z?．若△AYZ、△BXZ、△CXY 的外接圆交于一点 M，△AY?Z?、 △BX?Z?、△CY?Z?的外接圆交于一点 M?．求证 OM = OM?． 证：设 M 的等角共轭点为 M1，在 BC、AC、AB 上分别取点 X1、Y1、Z1 使 ∠M1X1B = ∠M1Y1C = ∠M1Z1A = ∠MXC = ∠MYA = ∠MZB． ∴ A、Y1、Z1M 四点共圆． ∴ ∠AZ1Y1 = ∠AM1Y1 = ∠M1Y1C－∠M1AC = ∠MZB－∠MAB = ∠AMZ = ∠AYZ． ∴ Y1、Y、Z1、Z 四点共圆?1． 同理可得 Y、X1、X、Y1 共圆?2；X1、X、Z1、Z 共圆?3． ∴ 若?1 ≠ ?2，则?3 ≠ ?1, ?2，与三圆根轴交于一点，矛盾！ 故?1 = ?2 = ?3，X、X1、Y、Y1、Z、Z1 共圆，则 X1 = X?, Y1 = Y?, Z1 = Z?． 设 MX∩M?X? = X0, MY∩M?Y? = Y0, MZ∩M?Z? = Z0，则 M、M?、X0、Y0、Z0 三点共圆?∵ ∠XX0X? = ∠YY0Y? = ∠ZZ0Z??． 又∠OX0M? = ∠OY0M? ?∵ OX0⊥XX?, OY0⊥YY??． ∴ O、M、M?、X0、Y0、Z0 共圆． 而∠OM?M = ∠OX0M = ∠OMM?，故 OM = OM?．
Z' B X Y0 M'

● ● ●

A Z
θ

Y1
θ

M1 Z1 B
θ θ

O M
θ θ

Y C

X

X1

A Z Y'

Z ● 0

●M

X0 X'

Y C

138

121 设 H 为△ABC 的垂心，D、E、F 为△ABC 的外接圆上三点，使 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． 证： 引理：ABC 外接圆⊙O 与它的九点圆⊙V 关于△ABC 的垂心 H 位似，且位似比为 1 ． 2

B A F' F●
● ●E

E'

H C

D

D'

### 单考论文1组--280号

1280 号 出生年月日 1983.1.28 工作单位 ...2 姓名指导老师职称 工作单位 性学 别历 职务 ...医学理论与实 践,2008,1(9):1089. [6] 李凤云...

### 列式计算.(1)一块长方形的菜地周长是280米,长与宽的比...

(1)一块长方形的菜地周长是280米,长与宽的比是4:3,这块菜地的面积是多少平方米? (2)刘老师6月份收入中,计划支出的钱数和储蓄的钱数的比是5:3,月底算帐...

### !!主轴箱部件设计[P=3kw 转速1400 280 公比1.26](1)_图文

!!主轴箱部件设计[P=3kw 转速1400 280 公比1.26]...1 月 8 日 业:机械设计制造及其自动化 指导老师:...当量外径 主轴刚度: 因为 di/de=25/285=0.088<...

### 一级V带直齿F=2100 V=2.1 D=280 5X2

n= 60×1000V 60×1000×2.1 = = 143.3 r/min π×Dπ×280 经查表按推荐的传动比合理范围,V 带传动的传动比 i1=2~4,级圆柱直齿 轮减速器传动...

### 1,280高频常用词另类记忆

5页 免费 背诵诗词1 3页 免费 280个单词词根另类记忆法... 8页 2下载券喜欢...2014年笑话大全之让你笑个够 儿童笑话大全爆笑 爆笑笑话精选©2014 Baidu 使用...

### 3.2 解一元一次方程(一)——合并同类项与移项 课后训练...

3.2 解元一次方程(一)——合并同类项与移项课后训练基础巩固 1.下列各式的变形正确的是( A.-3x+x=(-3-1)x B. ). 1 x ? 0.1x =0 10 C.0.1...

### 高中数学一轮复习空间几何体的结构及其三视图和直观图

280 页) A组 基础达标 (建议用时:30 分钟) 、选择题 1.关于空间几何体...此直观图恰好是一个边长为 1 的 正方形,则原平面四边形 OABC 的面积为___...