【正文】 ∵PF PF‘ ， PA PB，∴∠FPN=∠F’PM ， PF=PF‘ 。 已知 AB=AD， BC=DC， AC 與 BD 交于 O，過 O 的任意兩條直線 EF和 GH與四邊形 ABCD的四邊交于 E、 F、G、 H。 β φ=α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM 又 ∠OCN=∠MAO ， ∴△OCN∽△MAO ，于是 ， ∴AM顯然 △BO’C‘≌△BOC ， △BP’C‘≌△BPC 。d b+b 【評注】托勒密定理 6． 已知正七邊形 A1A2A3A4A5A6A7。 2． 過 △ABC 的重心 G 的直線分別交 AB、 AC 于 E、 F，交 CB 于 D。 求證： 。 求證： 。d c。 由于 ∠BO’C‘=∠BOC=120176。CN=AO連結(jié) GF、 EH，分別交 BD 于 M、 N。 又 FF’⊥ GH， AN⊥GH ， ∴FF‘∥AB 。又 P∈GH ， ∴PF ’=PF 。 因此， △ACI≌△ACJ ，從而 ∠IAC=∠JAC ，即∠GAC=∠EAC 。 ∠NOF ∠COF=90176。 ∴OO’=OB ， PP‘=PB 。R a≥cAB 。 【分析】 CEF 截 △ABD→ （梅氏定理） 【評注】也可以添加輔助線證明：過 A、 B、 D 之一作 CF 的平行線。 【分析】連結(jié)并延長 AG 交 BC 于 M，則 M 為 BC 的中點。（第 21 屆全蘇數(shù)學(xué)競賽） 【分析】 【評注】托勒密定理 7． △ABC 的 BC 邊上的高 AD 的延長線交外接圓于 P，作 PE⊥AB 于 E，延長 ED 交AC 延長線于 F。 (3) Ra+Rb+Rc≥2(d a+db+dc)。=180176。CO 同理， AQ求證： OM=ON。 ∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180176。 【分析】設(shè) GH 為過 P的直徑， FF’F ，顯然 ‘∈⊙O 。 又因為 CI//AB， CJ//AD，故 ∠ACI=π ∠BAC=π ∠DAC=∠ACJ 。 ∴∠BON=90176。則 △B OO’ 、 △B PP‘ 都是正三角形。 (2) aBC+CD求證：。 DEG 截 △ABM→ （梅氏定理） DGF 截 △ACM→ （梅氏定理） ∴ = = =1 【評注】梅氏定理 3． D、 E、 F 分別在 △ABC 的 BC、 CA、 AB 邊上， ， AD、 BE、 CF 交成 △LMN 。 求證： BC 【分析】 【評注】面積法 10． △ABC 中， H、 G、 O 分別為垂心、重心、外心。 ∠BO’O ， ∴A 、 O、 O‘ 、 C’ 四點共線。CP=AO（ 5 屆 CMO） 證明 ：作 △EOH △E’OH‘ ，則只需證 E’ 、 M、 H‘ 共線，即 E’H‘ 、 BO、GF 三線共點。 ， ∴P 、 M、 D、 F‘ 四點共圓。求證：MP=NP。 則 ， 所以 ，從而 CI=CJ。 2φ 。（ O 為費馬點） 【分析】將 C C‘ ， O O’ ， P P‘ ，連結(jié) OO’ 、 PP‘ 。d c。BD=AD 例題： 1． 設(shè) AD 是 △ABC 的邊 BC 上的中線，直線 CF 交 AD 于 F。 求 S△LMN 。EF=BF 求證： H、 G、 O 三點共線，且 HG=2GO。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘ ，即 PA+PB+PC≥OA+OB+OC 。CO 。 記 ∠BOG=α ， ∠GOE’=β