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Baidu文库 平面几何精选(08[1].1.280)

01 AM=MB，l₁∩l₃=E, l₁∩l₄=F, l₂∩l₃=G, l₂∩l₄=H，EH∩AB=C，FG∩AB=D．求证：CM=MD．

02 forum.php?mod=viewthread&tid=13791

03 设D、E、F分别为△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且AD与EF垂直相交于O，又DE、DF分别平分∠ADC, ∠ADB，求证：OD平分∠BOC．

04 已知△ABC，内心为I，圆C₁与边AB、BC相切，圆C₂过A、C，且C₁与C₂外切于点M．求证：∠AMC的平分线过I．

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．

06 已知Q为以AB为直径的圆上的一点，Q ≠ A, B，Q在AB上的投影为H，以Q为圆心，QH为半径的圆与以AB为直径的圆交于点C、D．证明CD平分线段QH．

07 凸四边形ABCD的外接圆圆心为O，已知AC ≠ BD，且AC与BD交于E．若P为ABCD内部一点，且∠PAB + ∠PCB=∠PBC + ∠PDC=90．求证O、P、E三点共线．

08 设⊙O₁与⊙O₂相交于A、B两点，过交点任作一条割线分别与两圆交于P、Q，两圆在P、Q处的切线交于R，直线BR交△O₁O₂B的外接圆于另一点S．求证RS等于△O₁O₂B的外接圆的直径．

09 设P为△ABC的一个内点，PA、PB、PC分别交边BC、CA、AB于D、E、F．证明S_△PAF + S_△PBD + S_△PCE= $\frac12$S_△ABC成立当且仅当P至少位于△ABC的一条中线上．

10 与等腰△ABC两腰AB和AC都相切的圆交边BC于点K和L，连结AK，交圆于另一点M，点P和Q分别是点K关于点B和C的对称点．证明△PMQ的外接圆与圆相切．

11 已知⊙O与△ABC的外接圆、AB、AC均相切，切点分别为T、P、Q，I是PQ中点．证明I是△ABC的内心或旁心．

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．

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 ，证明△A₁B₁C₁的外接圆通过△ABC的垂心H．

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．

15 C、D为$\overparen{AB}$的三等分点C距A近，绕A旋转$\frac\pi3$后，点B、C分别成为B₁、C₁，AB₁交C₁D于F，E在∠B₁BA平分线上，且DE=BD．证明△CEF为正三角形．

16

设AH₁、BH₂、CH₃是锐角△ABC的三条高线，△ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别相切于点T₁、T₂、T₃．设直线l₁, l₂, l₃分别是直线H₂H₃、H₃H₁、H₁H₂分别关于直线T₂T₃、T₃T₁、T₁T₂的对称直线．证明l₁, l₂, l₃所确定的三角形，其顶点都在△ABC的内切圆上．

17 证明圆外切四边形ABCD的对角线AC、BD的中点E、F与圆心O共线．

18 在锐角△ABC中，AD、BE、CF为三条高．证明△AEF、△BDF、△CDE的三条欧拉线交于一点，且此交点在△ABC的九点圆上．

19 在四边形ABCD中，点E和F分别在边AD和BC上，且 $\frac{AE}{ED}=\frac{BF}{FC}$，射线FE分别交线段BA和CD延长于S和T．求证△SAE、△SBF、△TCF和△TDE的外接圆有一个公共点．

20 点D、E、F分别在锐角△ABC的边BC、CA、AB上均不是端点，满足BC∥EF，D₁是边BC上一点不同于B、D、C，过D₁作D₁E₁∥DE，D₁F₁∥DF，分别交AC、AB两边于点E₁、F₁，连结E₁F₁，再在BC上方与A同侧作△PBC，使得△PBC∽△DEF，连结PD₁．求证EF、E₁F₁、PD₁三线共点．

21 设锐角△ABC的外接圆为，过点B、C作的两条切线，相交于点P，连结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，类似定义B₁、C₁，则直线AA₁、BB₁、CC₁三线共点．

22 在梯形ABCD中，AB∥CD，梯形内部有两个圆₁和₂满足：圆₁与三边DA、AB、BC相切，圆₂与三边BC、CD、DA相切．令l₁是过点A的异于直线AD的圆₂的另一条切线，l₂是过点C的异于直线CB的圆₁的另一条切线．证明l₁∥l₂．

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．

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．

25 已知△ABC，在BC、CA、AB上分别取点D、E、F使四边形AEDF、BDEF、CDEF均为圆外切四边形．求证AD、BE、CF三线共点．

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 $\frac{BX}{CX}=\frac{BI}{CI}$；4 X、I、M三点共线．

27 点P为△ABC的外接圆上 $\overparen{BC}$ 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．

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．

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．

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．

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．

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$AM= MB$，$l_1 \cap l_3 = E$, $l_1 \cap l_4 = F$, $l_2 \cap l_3 = G$, $l_2 \cap l_4 = H$，$EH \cap AB = C$，$FG \cap AB = D$．求证$CM = MD$．

证：
若把$l_1 \cdot l_2 = 0$看作一二次曲线．
则$AB$为其一弦，$M$为此弦的中点．
$l_3$、$l_4$为过此中点的两弦．
由蝴蝶定理知$EH$、$FG$与$AB$的交点满足$CM = MD$

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见此帖

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设D、E、F分别为△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且AD与EF垂直相交于O，又DE、DF分别平分∠ADC, ∠ADB，则OD平分∠BOC．

证：$\frac{C E}{A E} \frac{A F}{F B} \frac{B D}{D C}=\frac{D C}{A D} \frac{A D}{B D} \frac{B D}{D C}=1$

由塞瓦定理知BE、AD、CF三线共点 … ①

当EF∥BC时有 = ．而 = , = ．

∴ 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 = 1．

由塞瓦定理有 = 1．

两式合并得 = … ②

在直线BC上取一点不同于C的点B′，且∠B′OD = ∠COD．

由∠DOG = 90°知OG为∠B′OC的外角平分线．

∴ ′= ′= ′ ⇒ ′′= = (由②) ⇒ B与B′重合．

∴ OD平分∠BOC．得证．

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已知△ABC，内心为I，圆C₁与边AB、BC相切，圆C₂过A、C，且C₁与C₂外切于点M．求证∠AMC的平分线过I．

证：设M′在C₂上且满足∠AM′C的平分线过I，过M′作C₂的切线交AB于E，交BC于F．

设C₁′是△EBF的内切圆，且C₁′与EF切于M′′，下证M′ = M′′：

设∠M′AI = x, = u, ∠M′CI = y, = v．

由角元塞瓦定理得 ′′= 1．

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 + 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) = (sin 2u sin 2y－sin 2v sin 2x)

⇔ (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．

评注：这是一道很难的几何题，几何证法不好想，通过角元塞瓦进行三角计算得出结论，注意计算的步骤．

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\(△ABC\)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\(XZ\)的对称点．
∴ \(∠Q'PB=∠QPC=∠RPC⇒Q'\)、\(P\)、\(R\)三点共线．
同理\(Q\)、\(P\)、\(R'\)；\(B'\)、\(A\)、\(C\)；\(B\)、\(A\)、\(C'\)分别三点共线．
又 \(XR=XR'XQ=XQ'XR=XQ⇒X\)为\(Q\)、\(Q'\)、\(R\)、\(R'\)共圆的圆心．
同理\(X\)为\(B\)、\(B'\)、\(C\)、\(C'\)共圆的圆心．
设\(Y\)点是\(XP\)与\(QR\)的交点，\(BY=YC∠BAY=∠CAY\)，
∴ \(B\)、\(A\)、\(C\)、\(Y\)共圆，\(∠RPQ=∠PQQ'+∠PQ'Q=2∠PQ'Q=∠RXQ\)．
∴ \(P\)、\(X\)、\(R\)、\(Q\)共圆．同理\(X\)、\(A\)、\(C\)、\(B\)共圆．
∴ \(X\)、\(A\)、\(C\)、\(B\)、\(Y\)五点共圆，\(∠XCY=∠XAT=90°=∠XPC\)．
∴ \(YC^{2}=YP·YX=TR·YQ=YX^{2}－XR^{2}\)．
又 \(YC^{2}=YX^{2}－XC^{2}⇒XR=XC\)．
∴ \(B\)、\(B'\)、\(C\)、\(C'\)、\(R\)、\(R'\)、\(Q\)、\(Q'\)共圆，圆心为\(Y\)，\(YB\)、\(YC\)为该圆的切线．
∴ \(∠BXC'=∠YBC'=∠YXA=90°－∠Q'YQ=∠YQQ'=∠QXR'\)．
∴ \(△BXC'≌△QXR'⇒BC'=QR'\)．
又 \(BC'=AB+AC'=AB+ACQR'=QP+PR'=PQ+PR\)．
∴ \(AB+AC=PQ+PR\)，命题得证．
评注：此题看似不易下手，关键在于由内角平分到外角平分的过渡，一旦看到点\(X\)的好性质，问题便迎刃而解了．

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已知Q为以AB为直径的圆上的一点，Q ≠ A, B，Q在AB上的投影为H，以Q为圆心，QH为半径的圆与以AB为直径的圆交于点C、D．证明CD平分线段QH．

证：设PCD和AB交点，倍长HP到S，设O是AB中点．

下证：SH·SO = SA·SB：

∵ PA·PB = PC·PD = PH ²，

∴ SH·SO = SH·(SA + SB) = PH(PA + PH + PB + PH)

= PA·PH + PB·PH + 2PH ²．

∴ SA·SB = (PA + PH)(PB + PH)

= PA·PB + PA·PH + PB·PH + PH ²

= 2PH ² + PH·PA + PH·PB = SH·SO．

设SQ′是⊙O切线，Q′H′⊥AB = H′，则 SQ′ ² = SA·SB = SH′·SO = SH·SO．

∴ SH = SH′ ⇒ H = H′, Q′ = Q．

设M = QH∩CD，∴ QC = QD∴ QO⊥CD．

又 SQ⊥QO ⇒ SQ∥CD，∴ = = ．

∴ M是HQ中点，得证．

评注：本题解法十分神妙，但较不自然，更自然的想法是利用CD为两圆根轴导出结果，可以一步到位．

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凸四边形ABCD的外接圆圆心为O，已知AC ≠ BD，且AC与BD交于E．若P为ABCD内部一点，且∠PAB + ∠PCB = ∠PBC + ∠PDC = 90°．求证O、P、E三点共线．

证：

引理：圆O内有一点K，A₁B₁、A₂B₂、A₃B₃、A₄B₄是过K的圆O的弦．若A₁A₂交A₃A₄于M，B₁B₂交B₃B₄于N，则K、M、N三点共线．

引理的证明：在圆O所在的实射影平面内考虑这样一个射影变换，它把圆O变为圆，把K变为圆心，K的像记为K′，等等．

则由圆K′的对称性，A₁′A₂′与B₁′B₂′关于K′ (中心)对称，A₃′A₄′与B₃′B₄′关于K′(中心)对称．

故M′与N′关于K′(中心)对称，从而K′、M′、N′三点共线．

由射影变换性质知原来K、M、N三点共线，引理得证．

下面回到的题：

延长AP、BP、CP、DP分别交⊙O于A′、B′、C′、D′．

连A′C′、B′D′，再连A′B、BC′，则

∠A′C′B + ∠C′A′B = ∠A′AB + ∠C′CB = 90°．

∴ ∠A′BC′ = 90°，A′C′为直径．同理B′D′为直径．

由于A不与B、D重合．

故A′不与B′、D′重合，A′C′不与B′D′重合．

故它们交于圆心O．

在引理中令K = P, A₁ = A, A₂ = C, B₁ = B, B₂ = D即知O、P、E三点共线．

证毕．

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设⊙O₁与⊙O₂相交于A、B两点，过交点任作一条割线分别与两圆交于P、Q，两圆在P、Q处的切线交于R，直线BR交△O₁O₂B的外接圆于另一点S．求证RS等于△O₁O₂B的外接圆的直径．

证：连结BP、PO₁、O₁S、BQ、O₂Q、AB．

不妨设∠PAB不是钝角(由P、Q的对称性)，则此时∠BAQ不是锐角．

从而O₁与S关于BP的同侧，O₂与S在关于BQ的异侧．

我们有PO₁ = O₁B, QO₂ = O₂B．

又∠PO₁B = 2∠PAB = 2(180°－∠QAB) = ∠QO₂B．

∴ △PO₁B∽△QO₂B，注意这是两个等腰三角形．

设∠O₁PB = ∠O₁BP = ∠O₂QB = ∠O₂BQ = α，则

由于∠PBQ = ∠O₁BO₂ + ∠PBO₁－∠QBO₂ = ∠O₁BO₂及

= (∵ △PO₁B∽△QO₂B)．

∴ △PBQ∽△O₁BO₂．

设R、r分别为△PBQ、△O₁BO₂的外接圆半径，则 = = 2 cos α．

注意到

∠BPR + ∠BQR = ∠O₁PR + ∠BPO₁ + ∠O₂QR－∠O₂QB

= 90° + α + 90°－α = 180°．

∴ B、P、R、Q四点共圆．

由正弦定理知BR = 2R sin ∠BPR = 2R sin (90° + α) = 2R cos α = 4r cos ² α．

又 ∠BO₁S = ∠BO₁O₂ + ∠SO₁O₂ = ∠BPQ + ∠SBO₂

= ∠BPQ + ∠SBQ + ∠QBO₂

= ∠BPQ + ∠RPQ + ∠QBO₂

= ∠RPB + ∠QBO₂ = 90° + 2α．

故由正弦定理知 BS = 2r sin ∠BO₁S = 2r sin (90° + 2α) = 2r cos 2α．

∴ RS = BR－BS = r(4 cos ² α－2 cos 2α) = 2r．

这就是欲证结论，故该结论成立，证毕．

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设P为△ABC的一个内点，PA、PB、PC分别交边BC、CA、AB于D、E、F．证明S_△PAF + S_△PBD + S_△PCE = S_△ABC成立当且仅当P至少位于△ABC的一条中线上．

证：设a = , b = , c = ，则

由塞瓦定理(对△ABC和D、E、F)得

abc = 1 ⇒ c = … ①

由梅氏定理(对△ABD和FC使用)

= 1．

∴ = = a(b + 1) = a + ab．

∴ = = ．

∴ = = = ()()()()．

同理可求出 及 ．

故 S_△PAF + S_△PBD + S_△PCE = S_△ABC ⇔ + + =

⇔ ()()()()+ ()()()()+ ()()()()=

⇔ ()()()()+ ()()()()+ ()()()()= (将①代入)

⇔ 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．

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与等腰△ABC两腰AB和AC都相切的圆ω交边BC于点K和L，连结AK，交圆ω于另一点M，点P和Q分别是点K关于点B和C的对称点．证明△PMQ的外接圆与圆ω相切．

证：我们先证M、U、P三点共线(设U、V分别为ω与AB、AC的切点)．

为此，设ω的圆心为O，连AO交BC于E，取KM中点D，连OD、UD、OU、BD、UK．

由⊙O与AB、AC相切知AO平分∠BAC．

又 AB = AC，从而AO⊥BC．

由垂径定理知OD⊥AK．又OU⊥AB．

∴ A、U、D、O共圆(直径为AO)；

O、D、K、E也共圆(直径为OK)．

∴ ∠BUD = ∠DOA = ∠DKE．

∴ B、U、K、D共圆(事实上由密克定理可立得)．

∴ ∠BDK = ∠BUK = ∠UMK．

∴ BD∥MU，∴ = ．

∴ = ··= 1．

∴ 由梅氏定理的逆定理知M、U、P三点共线．

再由梅氏定理得 = 1．

∴ = = ，∴ = = ．

同理M、V、Q也三点共线，且 = ．∴ = ．

∴ △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．

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已知⊙\(O\)与\(△ABC\)的外接圆、\(AB\)、\(AC\)均相切，切点分别为\(T\)、\(P\)、\(Q\)，\(I\)是\(PQ\)中点．证明\(I\)是\(△ABC\)的内心或旁心．
证：先设⊙\(O\)与\(△ABC\)外接圆内切，此时⊙\(O\)必定在内(否则⊙\(O\)不能与\(AB\)、\(AC\)均相切)．
这时我们来证明\(I\)为内心：
过\(T\)作两圆公切线\(MN\)，连\(TA\)、\(TB\)、\(TP\)、\(TQ\)．
则由弦切角——圆周角定理得
\(∠BTP=∠PTM－∠BTM=∠PQT－∠BAT=∠BPT－∠BAT=∠ATP\)．
∴ \(∠BTP=∠ATP=\frac12∠ATB=\frac12∠ACB\)．
同理 \(∠ATQ=∠QTC=\frac12∠ABC\)．
由\(∠PBT+∠QCT=180°\)知
在\(PQ\)上存在点\(D\)使\(P\)、\(D\)、\(T\)、\(B\)及\(Q\)、\(D\)、\(T\)、\(C\)分别共圆．
并且由
\(∠QPT=∠TQC<∠TQC+∠QTC=180°－∠QCT=∠PBT\)及
(同理)\(∠PQT<∠QCT\)知\(D\)严格位于线段\(PQ\)上．
连\(DB\)、\(DC\)、\(DA\)，则
\(∠PDB=∠PTB=\frac12∠ACB,∠QDC=∠QTC=\frac12∠ABC\)．
∴ \(∠PBD=∠APQ－∠PDB=90°－∠BAC－∠ACB=\frac12∠ABC\)．
同理\(∠QCD=\frac12∠ACB\)，∴ \(D\)为\(△ABC\)内心．∴ \(AD\)平分\(∠PAQ\)．
又\(PA=AQ\)，故\(PD=DQ\)．因而\(D\)与\(I\)重合，从而结论成立．证毕．
另外，⊙\(O\)与\(△ABC\)外接圆外切时也可类似地证明\(I\)是旁心(比如⊙\(O\)在\(∠BAC\)内时，就先证\(∠ATP+∠BTP=180°\)及\(∠ATQ+∠CTQ=180°\)，进而继续仿照上面的同一法证明)这样便完全证明得了结论．

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\(△ABC\)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 \({BX\over XC}={c\over b}\) ．
又\(BX + XC = a\)，故 \(BX ={ac\over b+c}\) ．
同理 \(CY ={ab\over c+a}, AZ ={bc\over a+b}\) ．
而 \(BZ' = c－k, BX' = m, BZ = c－AZ ={ac\over a+b}\) ．
由切割线定理知\(BZ\)、\(BZ' = BX·BX'\)即 \({ac\over a+b}(c－k) ={ac\over b+c}m\)．
∴ \(=\) … ①
同理 \(=\) … ②
\(=\) … ③
①\(－\)② \(+\) ③得 \(= + －\)．
∴ \(k = + ()()－\)()()．
同理可得\(m\)与\(n\)的表达式，三式相加得
\(m + n + k = + + + ()()()+ ()()()+ ()()()
= + + + ()()+ ()()+ ()()
= ( + ()()) + ( + ()()) + ( + ()())
= + + = BX + CY + AZ\)．
此即 (\(BX－BX') + (CY－CY') + (AZ－AZ') = 0\)．
∴ ±\(XX'\)±\(YY'\)±\(ZZ' = 0\)，即 \(XX' =\) ±\(YY'\)±\(ZZ'\)．
右边的两个“±”不可都取“\(－\)”(否则\(0 < XX' = －YY'－ZZ' < 0\)矛盾！)
在另外三种情形，都导出\(XX'\)、\(YY'\)、\(ZZ'\)中有两个的和等于第三个，此即要证的结论．证毕．

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这次注意到了2个问题:
bullet不能加above right, 才能正确对齐到原图; 有几次是有2个\draw 其中一条是辅助线, 应该用dashed, 之前没注意这一点.

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TikzEdt的jump to source太高效了: 双击图中的node就跳到对应的代码! 现在基本上7分钟就能改好一个图.

C、D为 的三等分点(C距A近)，绕A旋转 π后，点B、C分别成为B₁、C₁，AB₁交C₁D于F，E在∠B₁BA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类似)．

再不妨设∠CAB > 60° (其它情形完全同理)．

在射线AB₁、AB上分别取点F′、G使AF′ = AG = BD，连F′G、GD、F′C、F′D、AD、AC、AC₁、C₁C、C₁E、CD．

设θ = ∠CAB－π，则由 = = 知

∠CAB = ∠DBA = θ + π, ∠ACD = ∠BDC = π－θ．

由∠CAC₁ = π及AC = AC₁知△CAC₁为正三角形．

同理△BAB₁、△FAG均为正三角形．

设AC = a，则CD = DB = AF′ = AG = DE = CC₁ = AC₁ = GF′ = a．

依题意有∠DBE = ∠ABD－π= θ + π．

由DB = DE知∠EDB = π－2(θ + π) = π－2θ．

∴ ∠CDE = ∠CDB－∠EDB = θ．

又 ∠DCC₁ = ∠DCA + π= π－θ，故CC₁∥DE．

再由CC₁ = CD = DE知四边形C₁CDE为菱形．故C₁E = a, C₁D是CE中垂线．

由∠CAB + ∠ACD = π知 AG∥CD．

又 CD = CA = AG = a，故四边形CAGD为菱形．

∴ DG = a，又GF′ = GA = a，故G为△ADF′外心．

∴ ∠AF′D = π－= π－π= π－π．

又由 AC₁ = AF′ = a知 ∠AF′C₁ = π．

∴ ∠AF′D + ∠AF′C₁ = π，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．

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设AH₁、BH₂、CH₃是锐角△ABC的三条高线，△ABC的内切圆与边BC、CA、AB分别相切于点T₁、T₂、T₃．设直线l₁, l₂, l₃分别是直线H₂H₃、H₃H₁、H₁H₂分别关于直线T₂T₃、T₃T₁、T₁T₂的对称直线．证明l₁, l₂, l₃所确定的三角形，其顶点都在△ABC的内切圆上．

证：对于三点X、Y、Z引入记号d(X, YZ)，它表示点X到直线YZ的距离．

我们可以作出⊙I (即△ABC内切圆)的内接△K₁K₂K₃使得K₁K₁∥AB, K₂K₃∥BC, K₃K₁∥CA, △K₁K₂K₃∽△ABC．

则由△ABC是锐角三角形知K₂K₃与BC在I“异侧”(实际上是过I作BC垂线，则这垂线与BC、K₂K₃的交点在I异侧)，等．

以下分两种情形来证明：直线K₁K₂ = l₃, 直线K₂K₃ = l₁，直线K₃K₁ = l₂．

情形1：AB、AC、BC中至少有两个相等，

不妨设AB = AC，则H₁、T₁、K₁均为⊙I与BC切点．

又∠H₃H₁B = A, ∠T₃T₁B = °, ∠K₃K₁B = ∠ACB = C．

∴ ∠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 sin C cos C = 4r sin ² cos C = 2r cos C (1－cos C)．

则 d(K₂, BC) + d(H₂, BC)－2 d(T₂, BC) = r [(1 + cos A) + 2 cos ² C －2(1 + cos C) ] = r (1－cos 2C + 2 cos C－2 cos ² C－2－2 cos C) = 0．

故直线H₂H₃与K₂K₃关于T₂T₃对称，从而直线K₂K₃ = l₁．

情形2：AB、BC、CA两两不等，

设c = AB, a = BC, b = CA，不妨设a > b > c，则

AH₂ = c cos A ≠ b cos A = AH₃．

故H₂H₃与T₂T₃不平行，它们有交点D．

易知H₂在AT₂上，H₃在AT₃上且AH₂ < AH₃．

从而D在H₂H₃延长线上 (以上论述均是基于AT₂ = AT₃及b > c)．

又 H₂、H₃、C、B共圆，故∠AH₃H₂ = C．

从而若△AH₂H₃关于AI的对称图形为△AH₂′H₃′，则H₂′H₃′∥BC．

又 AI⊥T₂T₃，故H₂′H₃′∥l₁，这就推出l₁∥BC．

又 K₂K₃∥BC，故以下只要证 d(D, BC) = d(K₂, BC)即可知直线K₂K₃ = l₁．

由梅氏定理知 = 1．

∴ = = ．

又注意到 d(T₃, BC) = r(1 + cos B), d(T₂, BC) = r(1 + cos C)及D在H₂H₃延长上有

d(D, BC) = ()()= ()()

= ()()()()()()

= ()()()r + r (注意AT₂ = AT₃)

= ()()()r + r

= ()()()()()r + r

= ()(())(())r + r

= ()()r + r

= ()()()()r + r

= ()()r + r

= ()()r + r

= ()r + r

= r + r = r(1 + cos A)．

又 d(K₂, BC) = r + r cos = r(1 + cos A)，∴ d(D, BC) = d(K₂, BC)．

又由l₁∥BC知直线K₂K₃ = l₁．类似地知直线K₃K₁ = l₂，直线K₁K₂ = l₃．

两种情形知总有有直线K₂K₃ = l₁，等等．从而立即知欲证结论成立，证毕．

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证明圆外切四边形\(ABCD\)的对角线\(AC\)、\(BD\)的中点\(E\)、\(F\)与圆心\(O\)共线．
证：沿用上题的记号，对点\(X\)、\(Y\)、\(Z\)，用\(dXYZ\))表示\(X\)到\(YZ\)的距离．
设⊙\(O\)半径为\(r\)，\(∠BAD=2α∠ABC=2β∠BCD=2γ∠CDA=2δ\)，则
\(αβγδ\)均为锐角且 \(α+β+γ+δ= π\)．
∴ \(\sinα\sinβ\sinγ\sinδ>0\)．
连结\(EF\) (若\(E\)与\(F\)重合，则结论显然成立，以下设\(E\)与\(F\)不重合)．
在线段\(EF\)上取点\(O'\)使 \(''=βδαγ\)．
连\(OA\)、\(OD\)、\(OGF\)为⊙\(O\)与\(AD\)相切处)，则
\(OG\)⊥\(ADAG=OG\cotα=r\cotαGD=OG\cotδ=r\cotδ\)．
故\(AD=r\cotα+\cotδ\))．
∴ \(dACD=r\cotα+\cotδ\sin2δ\)．
∴ \(dECD=\sin2δ\cotα+\cotδr=\sinδ\cosδ\cotα+\cotδr=\sinδ\cosδ\cotα+\cos^{2}δr=\sinδ\cosδ\cotα－\sin^{2}δr+r=\sinδ·δαδααr+r=δαδα+1r\) ．
同理 \(dFCD=γβγβ+1r\)．
由 \(''=βδαγ\)知
\(dO'CD=αγδαδαβδγβγβαγβδ=δγαδβγαγβδr+r=r\) (因为 \(α+β+γ+δ=\) π，所以 \(\cosα+δ+\cosβ+γ=0\))．
同理 \(dO'AB=dO'BC=dO'DA=r\)．
∴ \(O'\)与\(O\)重合，故知结论成立，证毕．

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