【文章內容簡介】 證明，△PBD 的內心就是△ PCE 的內心．161。241。161。241。ABCD EFGOPQ證：引理 1：四邊形 ABCD 內接于⊙O ，對角線 AC、BD 交于 E，直線 BA、CD 交于 F，直線 AD、 BC 交于 G，則 DE⊥FQ ．引理 1 的證明：首先， = r 2 ?r 為半徑?．→ OE → OF過 F 作⊙O 切線 FP、PQ 切⊙ O 于 P、Q ．∵ △FPA ∽△FBP，∴ = = ．APPB FAFP FAFB∴ ? ? 2 = ．同理 ? ? 2 = ．APPB FAFB PC FDFC由△FAD∽△FCB 知 ? ? 2 = ．BCAD FBFCFDFA上面三式相乘得 = 1．APPBPCBCAD∴ BD、AC、PQ 三線共點．又由 E 在 PQ 上知 = ? + ? = + = r 2．→ DE → DF → OR → RE → OF → OR → OF → RE → OF∴ = ? － ? = － = 0．→ OE → FG → OE → OG → OF → OE → OG → OE → OF引理 2：四邊形 ABCD 內接于⊙O ，直線 BA、CD 交于 F，△FAD 外接圓和△FBC 外接圓交于 P ?異于 F?，則 OP⊥PF．引理 2 的證明：∵ ∠APC = ∠FPC－∠FPA = 180?－2∠B = 180?－∠AOC ．∴ A、P、C 、D 四點共圓．∴ ∠FPO = ∠FPC－∠OPC = 180?－∠B－∠OAC = 180?－∠B－?90? －∠B? = 90?．∴ OP⊥PF，得證．引理 3：設 P 是半徑為 r 的⊙O 上一動點，AB 是過圓心 O 的一射線上的兩定點，且OAOB = r 2，則 是定值．PAPR引理 3 的證明：∵ OP 2 = OBOA，∴ △OBP∽△OPA．∴ = = ．OBOP OPOA BPPA∴ ? ? 2 = , ? ? 2 = ．PBPA OBOA PAPB OAOB下證原題：設 CD、DE 交于 Q，QA 交△ABC 外接圓于一點 P? ?異于點 A?．∵ QP?QA = QRQC = QEQD，∴ P?、E、D、 A 四點共圓．由引理 3 知 OP?⊥QA ．由引理 2 知 OF⊥QA．ABCDFOPABOP161。241。ABCDEFIOQP39?！?O、F、P ?三點共線． ∴ P 與 P?重合．設 OF 與⊙O 交于 I，由引理 4 知 = ．PBBF PIIF∴ BI 平分∠PBF．同理 PI 平分∠PDF ．∴ I 是△PBD 的內心．同理 I 也是△PCE 的內心．故命題得證．評注：此解法稍繁，可思考令 OFFP? = CFFE 的同一法．10 設 A、B 為圓 ? 上兩點，X 為 ? 在 A 和 B 處切線的交點，在圓 ? 上選取兩點 C、D 使得 C、D、X 依次位于同一直線上，且 CA⊥BD，再設 F、G 分別為 CA 和 BD、CD 和AB 的交點，H 為 GX 的中垂線與 BD 的交點．證明：X、F、G、H 四點共圓．證：設 O 為圓心，AB∩XD = M．∵ △XOA∽△XAM，∴ OXXM = XA 2 = XCXD．∴ O、M、C、D 四點共圓．∴ ∠XMP = ∠OCD = ∠ODC = ∠OMC ．∴ ∠CMG = ∠ GMD．在 CM 上選取一點 Z 使 MX∥DZ，則 MD = MZ．∴ = = = ．CG?GP CM?MD CMMZ CXXD在 GX 上取點 X?，使∠GKD = ∠DFX? ，在 X?F 上取 W 使 CF∥GW．由 = = = 得 CGX?D = X?CGD．X?DDG X?FFG X?EFW X?CCG由上面兩式得 = ，故 X = X?．∴ ∠GFD = ∠XFD．XDXC X?DX?C又∵ = 1 和∠XPB = ∠CDF 1．∴ H 和 B 在 CX 的同一側．DG?XD CG?XC設 H?為直線 BF 與△GFX 外接圓的交點，則 ∠H?XG = ∠H?FG = ∠H?FX = ∠H? GX．∴ H?G = H?X， ∴ H? = H．∴ X、F、G、 H 四點共圓，得證．評注：此題有相當難度，但可能有不是那么多同一法的解法．11 凸四邊形 ABCD 的一組對邊 BA 和 CD 的延長線交于 M，且 AP 不平行于 BC，過 M 作截線交另一組對邊所在直線于 H、L ，交對角線所在直線于 H?、L?．求證 + = 1MH 1ML+ ．1MH? 1ML?161。241。161。241。A BCDEFGHOMX Z證：設 AP 與 BC 延長線相交于 O，△BML 和△CML 均被直線 AO 所截．由梅氏定理得 = … ①BAAM HLNHOBLO = … ②CPPM HLMHOLLO由①LC + ②BL 得 LC + BL = … ③BAAM CPPM HLMHOBLC + OLBLOL注意到 OBLC + OLBL = BCLO，則③式變?yōu)?LC + BL = BC … ④BAAM CPPM HLMH對由 BD 截△LCM 和 AC 截△LBM 用梅氏定理知 BC = BL , BC = LC ．LL?L?M DCMDLH?H?M BAAM把它們代入④式整理即得證．12 P 為△ABC 內任意一點，AP、BP、CP 的延長線交對邊 BC、CA 、AB 于點D、E、F ，EF 交 AD 于 Q．試證 PQ ≤ ? 3－2 ?AD．2證：令 = m, = n, = p，對△ABC 及點 P 用塞瓦定理有BDDC CEEA AFFB = mnl = 1．BDDCCEEAAFFB對△ADC 及截線 BPE 用梅氏定理得 = 1．CEEAAPPDDBBC注意到 = ，故 n = 1．DBBC mm + 1 APPD mm + 1∴ = ，從而 = ．APPD m + 1mn APAD m + 1mn + m + 1又對直線 APD 截△BCE 有 = 1．BDDCCAAEEPPB∵ = n + 1, = mn + m，∴ = mn + m + 1．CAAE BPEP BEEP又對△ABP 及 FQE 有 = 1．AFFBBEEPPQAQ從而 = = = = ．PQAQ 1p?mn + m + 1? 1mp + p + 1 PQAP 1mp + p + 2∴ = = = PQAD PQAPAPAD m + 1?mp + p + 2??mn + m + 1? 1p?m + 1? + 2HOPLMBACH39。L39。CDEF QBA = ≤ = 3－2 ．2∴ PQ ≤ ? 3－2 ?AP．2當 = p?m + 1?，亦即 = p?m + 1?，當 p?m + 1? = 時取等號，得證．2mnm + 1 2p?m + 1? 213 設 P 為銳角△ABC 內部一點，且滿足條件 PAPBAB + PBPCBC + PCPACA = ABACBC，試確定 P 點的幾何位置，并證明你的結論．證：我們改證更強的命題：設 D 為銳角△ABC 內一點，求證 DADBAB + DBDCBC + DCDACA ≥ ABBCCA，并且等號當且僅當 D 為△ABC 垂心時才成立．證明如下：作 ED ∥ BC, FA ∥ ED，則 BCDE 和 ADEF 均為平行四邊形．連 BF、AE，顯然 BCAF 也是平行四邊形．于是 AF = ED = BC, EF = AD, EB = CD, BF = AC．對四邊形 ABEF 和 AEBD 應用托勒密不等式得 ABEF + AFBE ≥ AE BF, BDAE + ADBE ≥ ABAC．∴ ABAD + BCCD ≥ AEAC, BD AE + ADCD ≥ ABBC … ①對①式中前一式，兩邊同乘 DB 后，再加上 DCDAAC，然后注意①式中后一式有 DBPAAB + DBDCBC + DCPAAC ≥ DBAE AC．即 DB ?ABAD + BCCD? + DCDACA + DCDAAC ≥ AC ?DBAE + DCAD? ≥ ACAB BC．∴ DADB AB + DBDCBC + DCOACA ≥ AB ACBC．其中等號成立當且僅當①式中等號同時成立，即 A、B、E、F 及 A、E、B、D 四點共圓，亦即 A、F、E 、B、D 五點共圓時．∵ AFED 為平行四邊形，故它等價于 AFED 為矩形? 即 AD⊥BC?．而 AD⊥BC 且 CD⊥AB，故加強命題成立，從而原命題得證．14 □ ABCD 對角線相交于點 O，圓?以 O 為圓心，與線段 AD、CD 分別交于 E、F，AB的延長線與?交于 H，CB 的延長線與?交于 G．設 K 是 EG 與 FH 的交點．S 是 AG與 CH 的交點．求證 D、K 、S 三點共線．證：對△AGE 與△CHF，由笛沙格定理可知只需證明 AC、EF、GH 三線共點．CDEFBA這只須證明 FE 在 AC 上截點與 HG 在 AC 上截點是同一點．延長 AD 交⊙O 于 M，CD 交⊙O 于 N，設 FE 交 AC 于 P，NM 交 AC 于 Q，只證 OP = OQ 即可．過 F 作 AC 的平行線交⊙O 于 L，延長 AL 交⊙O 于 T，則由對稱性 AT = CN 且∠TAC = ∠NCA．又∠FPA = ∠PFL = ∠ETL，∴ P、A、E、T 共圓．∴ ∠PTA = ∠QNC，∴ △PAC≌△QCN ? AP = CQ．得證．評注：本題運用了對稱的想法，是一道好題．15 已知四邊形 ABCD 內接于⊙O ，AB 與 CD 相交于點 P，AD 與 BC 交于點 Q，對角線AC、BD 的交點為 R，且 OR 與 PQ 交于點 K．求證∠AKD = ∠BKC．證：不妨設∠BAD ∠ABC，則∠ACD = ∠ADC．延長 OR 至 K0，使 ORRK0 = DRRB = ARRC．則 O、B、D、K 0 共圓，∴ ∠ DK0?R = ∠OBR．同理 A、O、C、K 共圓，∴ ∠AK 0R = ∠ACD．∴ ∠AK 0D = ∠ACO－∠DBO = ∠BAD －∠ABC = ∠APD．∴ A、D、K 0、P 四點共圓，且 ∠OK 0P = ∠DK 0P + ∠DK 0O = ∠BAD + ∠OBD = ．?2同理∠DK 0Q = ，故 P、K 0、Q 共線，從而 K0 = K．?2∴ A、P、D、 K 共圓，C、D、K、Q 共圓．又∠AKP = ∠ADP = ∠CDQ = ∠CKQ ，∴ OK 平分∠AKC．同理 OK 平分∠BKD，故∠AKD = ∠BKC 成立．A CP 161。241。161。241。 OMN DQLE FT161。241。ABOP161。241。161。241。KDQCR評注：本題亦可用阿波羅尼斯定理作．16 圓外切四邊形 ABCD 對邊 AB 與 CD 交于點 F，AD 與 BC 交于點 E，設 CC1⊥BF = C1，EE 1⊥BF = E1，AA 1⊥BC ，F(xiàn)F 1⊥BC ．證明：?1? △BC 1F1 與△BA 1E1 有相同的內心I；?2? 設 BB1⊥CF = B1，BB 2⊥AE = B2，△B 1F1C 的內心為 I1，△B 2A1C 的內心為 I2，則 I、O、I I 2 四點共圓．證：引理：△XYZ 中，XX 1⊥YZ，YY 1⊥XZ ，且△XYZ 的內切圓與 ZY 切于 X2，與 XZ 切于Y2，則△ZX 1Y1 的圓心即為△ZX 2Y2 的垂心．引理的證明：由△ZX 1Y1∽△ZXY，相似比為 ．1cos Z∴ ZW 1 = ZW cos ? ?這里 W、W 1 分別是△XYZ 與△X 1Y1Z1 的內心?．作 W1R⊥YZ 于 R，則 ZR = ZY2 cos ?．∴ R 是 Y2 在 YZ 上的射影即 W1．在△ZX 2Y2 的 ZX2 上的高上，同理它又 ZY2 上的高上．故 W1 是△ZX 2Y2 的垂心，從而引理得證．回到原題：設四邊形 ABCD 切于⊙O，切點在 AB、BC、CD、DA 上依次為 P、Q 、R、S，則?1? 由引理可知△BPQ 的垂心既是 △BA 1E1 的內心，又是△BF 1C1 的內心．?2? 設⊙O 半徑為 r，由第 5 題結論可得 QI = QO = QI1 = QI2 = r．故 I、O、I