第1６講平幾問題選講平面幾何在高中競賽和國際競賽中占有重要的地位，本講將對平幾中的一些典型問題的選講，強化解平幾問題的典型思想方法.Ａ類例題例1如圖,已知正方形ABCD,點E、F分別在BC、CD上,且ＢE+ＤF＝EF，試求∠EAＦ的度數(shù).(1989年全國冬令營)分析注意到BE+ＤF＝EF,很容易想到“截長補短”的方法．解延長CB到F'，使得BＦ＇＝ＤＦ,連結(jié)AF'顯然AＦ'Ｂ≌AFD.∴∠BＡF'=∠DAF,ＡF'=AF．又∵EF'=BE+BF'=BE+DF，AＥ為公共邊，∴AＦ'E≌AFE．∴∠ＥAF＇=∠EAF．又∵∠ＦAF'=∠BAＤ＝９0o,∴∠ＥＡＦ=45o．說明本題ＡF'B可以看作是AFD順時針旋轉(zhuǎn)９0o得到的;本題也可以延長CD或旋轉(zhuǎn)ABE.鏈接本題若在ＥF上截取EＨ=ＢE，是很難進行下去的，但我們可以用代數(shù)的方法來研究,解法如下：過點Ａ作AＨEＦ于H,由勾股定理得ＡB2＋ＢE２=ＡH２+EH２，ＡＤ2+DF2＝AH2+ＦH2,兩式相減可得BE2-DF2=EＨ2-FＨ２,于是（ＢE-DF)（BE+DＦ)=（EＨ-FH)(EH+FH），而BE+ＤF=ＥH+FH①所以ＢＥ－DF=EH-ＦH②,由①②可得BE=EＨ,ＤF=FＨ.從而可得ＡＥ平分∠ＢＡH,AF平分∠DAＨ,所以∴∠EAF=45o.例2如圖，Ａ、B、C、D為直線上四點，且AB=CD,點Ｐ為一動點,若∠APB=∠ＣPD,試求點P的軌跡.(19８9年全國初中數(shù)學聯(lián)賽)分析由于已知的兩個條件AB=CＤ和∠APB=∠CPD，分散在兩個三角形中,需要把它們集中,于是可以進行平移或添加輔助圓建立這兩個已知條件間的聯(lián)系.證法一分別過點A、Ｂ作PC、PD的平行線得交點Ｑ．連結(jié)PQ.在△QAB和△ＰCD中,顯然∠QAB＝∠ＰCＤ,∠QＢA＝∠ＰＤＣ.由ＡＢ＝ＣD,可知△QAB≌△PCD．有QA=PC，QB=PＤ，∠AＱB=∠CＰD.于是,PQ∥AB,∠AＰB＝∠AQB.則Ａ、B、P、Ｑ四點共圓，且四邊形AＢPQ為等腰梯形.故AP=ＢQ.所以ＰA=PD.即點P的軌跡是線段AＤ的垂直平分線.證法二作△ＰBC的外接圓交ＰA、PD分別為Ｅ、F,連結(jié)BＥ、CF,∵∠APB=∠CPＤ，∴BE＝CＦ,∠ＡBE＝∠EPＣ=∠BPF=∠DＣF.又∵AB=CD，∴△ABＥ≌△ＤCF.∴∠PAB=∠PDC.∴PA＝PＤ.即點P的軌跡是線段AＤ的垂直平分線．說明同樣地,也可以作△PAD的外接圓，目的是建立條件ＡB=CD和∠APB＝∠CPD之間的聯(lián)系.證法三由三角形的面積公式易得PＡ·PＢ=PＣ·ＰD，PA·PC＝ＰＢ·ＰD，兩式相乘，化簡得PA=PD.即點Ｐ的軌跡是線段AＤ的垂直平分線．證法四由正弦定理得eq＼f(ＰＡ,ｓｉnPBA)=ｅq＼f(ＡB,sｉnAPB)，eq＼f(PD,siｎPCD)=eq\ｆ(CＤ,sinCPＤ）,從而eq＼f(PA，ｓinＰBＡ）=eq＼f(ＰＤ,ｓinＰCＤ),同理可得ｅq\f(PA,sinPCＢ）＝eq\f(ＰD，sinPBＤ),而sinPBA＝sinPBD，sinPＣD=ｓinＰCB，化簡得PＡ=PD.即點P的軌跡是線段AD的垂直平分線.鏈接本題可以有更一般的結(jié)論,如：若僅已知∠AＰB＝∠CＰD，求證:eq\f(ＰＡ2,PD2)=eq\f(ＡB·AC,ＡB·AC);請同學們自己研究.MPAQNFBDCEK例３．AD是△ABC的高線,K為ＡD上一點,BＫ交AC于E，CＫMPAQNFBDCEK分析為了把已知條件之間建立聯(lián)系,可以通過作平行線的方法.證明如圖，過點A作ＢＣ的平行線，分別交直線ＤＥ、DＦ、BＥ、CF于Q、Ｐ、Ｎ、M.顯然,==．有BD·ＡＭ=ＤC·AN.(1）由=＝，有AP=．（2)由＝=,有ＡＱ=.（３)對比(１)、(2）、(３)有AP＝ＡＱ.顯然AＤ為PQ的中垂線，故ＡD平分∠PＤQ.所以，∠FＤA＝∠EDA.說明這里,原題并未涉及線段比,添加BC的平行線,就有大量的比例式產(chǎn)生,恰本地運用這些比例式,就使AＰ與AQ的相等關系顯現(xiàn)出來．本題證明方法很多,例如可以過點E、F作BC的垂線，也轉(zhuǎn)化為線段的比來研究.鏈接若Ｋ為△AＢC的垂心時，△ＤEＦ為垂三角形,對于垂三角形有如下性質(zhì):三角形的垂線二等分其垂三角形的內(nèi)角或外角.關于垂心的性質(zhì)可參見本書高一分冊第十七講《三角形的五心》．情景再現(xiàn)1．點E、F分別是矩形ＡBＣD的邊AB、BCABCDEFGABCDEFG則等于()A．ＥQ\F(５,６)Ｂ．EQ＼Ｆ（４，5）C.EQ＼Ｆ（3,4)D.EQ\Ｆ（2，３)(２0２3年全國初中數(shù)學競賽試題）２.在△ＡＢC中,D為AB的中點,分別延長ＣA,ＣＢ到點Ｅ,Ｆ，使ＤE＝DF；過Ｅ,F分別作CA，ＣB的垂線，相交于Ｐ．設線段PＡ,PB的中點分別為M,Ｎ.求證：∠PＡE=∠PBF．EDGAEDGABFC3.如圖,四邊形ＡBCD為平行四邊形,∠BAＦ=∠BＣE．求證：∠ＥＢＡ=∠AＤE.Ｂ類例題例4如圖,AD為△ABC的中線,E、F分別在AB、AＣ上，且DEＤＦ，求證:BＥ+CＦ>EＦ．分析由要證的結(jié)論，可聯(lián)想到構(gòu)造三角形,運用兩邊之和大于第三邊解決問題．要構(gòu)造三角形,就要移動一些線段,從而可以運用平移、旋轉(zhuǎn)、作對稱等方法，于是有如下證法.證法一延長FD到F'，使得ＤF'＝ＤF,連結(jié)BF'、EＦ'，由D為BＣ的中點,顯然△DBF'≌△ＤCF.于是BF＇=CF,又由于DＥ垂直平分FＦ＇,所以EF＝EF＇．在三角形BEＦ＇中，BE＋BF＇>EF'.從而ＢE+CF＞EF．證法二作點B關于DE的對稱點Ｂ'，連結(jié)EＢ'、DＢ＇、FB'．則EＢ'=BＥ,不難得到DＢ'=DB=DC，∠B＇DF＝∠ＣＤF.從而可知Ｂ、Ｃ關于DF對稱,于是B＇F=ＣＦ，在三角形B'EF中,B＇E+B'Ｆ＞ＥF.從而ＢE＋ＣF>EF.說明證法一也可以從中心對稱角度來理解,Ｆ'和F關于點D對稱.鏈接常見的幾何變換有：一、平移變換１.定義:設是一條給定的有向線段,T是平面上的一個變換，它把平面圖形F上任一點X變到X'，使得=,則Ｔ叫做沿有向線段的平移變換．2.重要性質(zhì):在平移變換下,相應線段平行且相等,直線變?yōu)橹本€，三角形變?yōu)槿切?，圓變?yōu)閳A.兩相應點連線段與給定的有向線段平行(共線）且相等.二、軸對稱變換1.定義:設l是一條給定的直線,S是平面上的一個變換,它把平面圖形Ｆ上任一點X變到X＇，使得X與X＇關于直線l對稱，則S叫做以l為對稱軸的軸對稱變換．2．重要性質(zhì):在軸對稱變換下，相應線段相等,相應直線（段)或者平行，或者交于對稱軸，且這兩條直線的夾角被對稱軸平分.三、旋轉(zhuǎn)變換1.定義:設α是一個定角，Ｏ是一個定點，R是平面上的一個變換，它把點O仍變到O（不動點),而把平面圖形F上任一點X變到X',使得ＯX＇=OX,且∠XOX'＝α，則R叫做繞中心O,旋轉(zhuǎn)角為α的旋轉(zhuǎn)變換.其中α<0時,表達∠ＸOX'的始邊OX到終邊OX＇的旋轉(zhuǎn)方向為順時針方向;α>0時，為逆時針方向.2．重要性質(zhì):在旋轉(zhuǎn)變換下，相應線段相等，相應直線的夾角等于旋轉(zhuǎn)角.四、位似變換1．定義：設O是一個定點,Ｈ是平面上的一個變換，它把平面圖形Ｆ上任一點X變到X＇，使得＝ｋ·，則H叫做以O為位似中心,k為位似比的位似變換.其中ｋ>0時,Ｘ'在射線OX上,此時的位似變換叫做外位似;ｋ<０時，X'在射線OＸ的反向延長線上,此時的位似變換叫做內(nèi)位似.2．重要性質(zhì):在位似變換下，一對位似相應點與位似中心共線;一條線上的點變到一條線上,且保持順序,即共線點變?yōu)楣簿€點，共點線變?yōu)楣颤c線;相應線段的比等于位似比的絕對值，相應圖形面積的比等于位似比的平方；不通過位似中心的相應線段平行，即一直線變?yōu)榕c它平行的直線；任何兩條直線的平行、相交位置關系保持不變；圓變?yōu)閳A，且兩圓心為相應點;兩相應圓相切時切點為位似中心.例５如圖，△ABＣ中，Ｏ為外心,三條高AD、BE、ＣF交于點H,直線DE和ＡB交于點M,DF和AＣ交于點N．求證：(１)OB⊥ＤF，ＯＣ⊥DE．（2）OH⊥ＭN.(2023年全國高中數(shù)學聯(lián)賽)證法一（1)顯然B，D，H,F四點共圓,H,Ｅ,A,F四點共圓,∴∠BDF=∠BHF＝180°-∠ＥHF＝∠BAC．∠OBC＝ＥQ\Ｆ(1，２)(180°-∠ＢOＣ)=90°-∠BAＣ.∴OB⊥ＤF．同理OＣ⊥DE.（2)∵CF⊥MA，∴ＭC2－MH2=AＣ2-AH2……①∵BE⊥NA,∴NB2-ＮＨ2=AB２-AＨ２……②∵DＡ⊥BC，∴DB2－ＣＤ2=ＢA2-AC2……③∵OB⊥DF，∴BＮ2-ＢD2=OＮ2－OD２……④∵OC⊥DE，∴ＣM2-CＤ2=OM２－ＯＤ2……⑤①-②+③＋④-⑤,得NH2-MH2=ON2-OM2OＭ２－MH2=ON2－ＮH2所以OＨ⊥ＭN．證法二以BＣ所在直線為x軸，D為原點建立直角坐標系,?設A(0,ａ),B(b，0)，C（c，0)，則

∴直線ＡＣ的方程為,直線BE的方程為

由得E點坐標為E()?同理可得F()?直線AC的垂直平分線方程為?直線BC的垂直平分線方程為

由得O(）

∵∴OＢ⊥DF

同理可證OC⊥DＥ．在直線BＥ的方程中令x＝0得Ｈ(0,)

∴

直線DＦ的方程為?由得N（）

同理可得M(）

∴

∵kOH·kMＮ＝－1，∴OH⊥MN．鏈接本題證法一中用到了定理：設P、Q、Ａ、B為任意四點，則PA2-PB２=QA２-QB２ＰＱ⊥AB.對于這個定理可參見本書高一分冊地十八講《平幾中的幾個重要定理（一）》．證法二用的解析法.例6銳角△ＡBC中，AB>ＡC,Ｏ點是它的外心,射線AO交BＣ邊于D點.已知：cｏsＢ+cｏsＣ=1,求證:△ABＤ與△AＣD的周長相等．證明作OE⊥AC、ＯF⊥ＡB，E、Ｆ是垂足．由三角形外心性質(zhì)知：∠AOE=∠B，∠AOF=∠C．記BＣ=ａ、CＡ=b、AＢ=c.于是由余弦定理得;從而ＢD＝.此時，AB+BＤ==AC+ＣＤ.得證.說明本題用到了正余弦定理，以及三角形面積公式,同時運用了代數(shù)的方法證了幾何題．情景再現(xiàn)４．△ABC中，∠B=2∠C,求證:２AＢ>AC．(20２3年江蘇省數(shù)學夏令營試題）5．已知同一平面的兩個三角形Ａ1Ｂ1C1，Ａ2B２Ｃ２，并且Ａ1到Ｂ2C2的垂線,B1到C2Ａ２的垂線，C1到A2B2的垂線交于同一點Ｐ.求證：A2到B1C１的垂線,Ｂ2到C1A1的垂線，C2到A1Ｂ1的垂線也交于同一點.6.在△AＢC中，AD是BC邊上的中線，點M在AB邊上,點Ｎ在AC邊上,并且∠MＤN=９0°．假如BＭ2+CＮ2=DM２+DN2,求證：AＤ2＝(AＢ２＋AC２).C類例題AOEPCBFQK例７.如圖,⊙O是△ABC的邊BC外的旁切圓，D、Ｅ、F分別為⊙O與BC、ＣA、AB的切點.若OD與AOEPCBFQK證明如圖,過點Ｋ作ＢＣ的行平線分別交直線AB、ＡC于Q、Ｐ兩點,連ＯＰ、OQ、OE、ＯＦ.由ＯＤ⊥BC，可知OK⊥PＱ．由OＦ⊥AB,可知O、K、F、Ｑ四點共圓，有∠FOQ=∠FＫQ．由OE⊥ＡC,可知O、Ｋ、P、Ｅ四點共圓．有∠EOP＝∠EKＰ.顯然,∠FKQ=∠EKP，可知∠ＦOQ＝∠EＯP.由OF＝OE,可知Rt△OFＱ≌Rｔ△OEP．則OQ=ＯＰ.于是，OK為PＱ的中垂線，故QK＝ＫP．所以,ＡＫ平分BC.鏈接本題用到了直線束的一個性質(zhì)，所謂直線束就是:通過一點的若干條直線稱為一組直線束．一組直線束在一條直線上截得的線段相等,在該直線的平行直線上截得的線段也相等.ADBNCEM如圖,三直線AB、AＮ、AC構(gòu)成一組直線束,ADBNCEM＝=，即＝或=．此式表白,DＭ=ME的充要條件是BN=ＮＣ.運用平行線的這一性質(zhì)，可以很美麗地解決某些線段相等的問題.例8假如三角形三邊的平方成等差數(shù)列,那么該三角形和由它的三條中線圍成的新三角形相似．其逆亦真．證明將△ABＣ簡記為△,由三中線ＡＤ,ＢE，ＣF圍成的三角形簡記為△′.G為重心,連ＤE并延長到H，使EH=DE,連HC,HF,則△′就是△HＣF.（1)ａ2，b2，c2成等差數(shù)列△∽△′.若△ＡBC為正三角形，易證△∽△′.不妨設a≥b≥ｃ,有ＣF=,BＥ＝，ＡD=．將a2+c2＝2ｂ2，分別代入以上三式，得CF=，BE=,AD＝.∴CF:BE:AＤ=::=a:b:ｃ．故有△∽△′．(2)△∽△′a２,b2，c2成等差數(shù)列．當△中ａ≥b≥c時,△′中CＦ≥BＥ≥AD．∵△∽△′,∴＝(）2.據(jù)“三角形的三條中線圍成的新三角形面積等于原三角形面積的”，有＝．∴=3a2=4CＦ2=2a2+b2－c2a２+c2＝2ｂ2.例9四邊形ABＣD內(nèi)接于圓,△ＢCD，△AＣＤ,△ＡBD,△ABＣ的內(nèi)心依次記為IＡ,IB，IC，ID.試證：IAIBICID是矩形.(第一屆數(shù)學奧林匹克國家集訓選拔試題)證明連接AIC，AID，BＩＣ，BIＤ和DＩB.易得∠AICB=90°+∠ADB=90°＋∠AＣB=∠AＩDＢA,B，ID，ＩC四點共圓.同理,A，Ｄ,IB,IＣ四點共圓.此時∠AICＩD=180°-∠ＡBID=180°-∠ＡBC，∠AICIB=1８０°-∠ＡDＩB=18０°-∠ADC，∴∠AICIＤ+∠ＡＩCIB＝３60°-(∠ABC+∠ＡDC）＝360°-×1８0°=270°.故∠ＩBICID=90°.同樣可證IAIＢＩCID其它三個內(nèi)角皆為90°．該四邊形必為矩形．說明本題的其他證明可參見《中檔數(shù)學》1９9２;4FADCPMNBE例10設D是的邊BC上的一點，點P在線段AD上,過點Ｄ作一直線分別與線段AB、ＰB交于點M、E，與線段AＣ、PＣFADCPMNBE求證:DM＝DＮ.(首屆中國東南地區(qū)數(shù)學奧林匹克)證明對和直線BＥＰ用梅涅勞斯定理得:，對和直線NCＰ用梅涅勞斯定理得:，對和直線BDC用梅涅勞斯定理得:（１)(2)（3)式相乘得：，又ＤE=DF，所以有，所以DM=DN.說明本題是直線形，當然可以用解析法，請同學們試一試.鏈接本題用到了梅涅勞斯定理，在幾何中有很多名定理,同學們可以參考本書高一分冊第十八、十九講的內(nèi)容.這些名定理中有些看上去很簡樸，但證明卻并不容易，例如著名的斯坦納定理,這一定理有幾百種豐富多彩的證明，但大多是間接證法,直接證法難度頗大.一百數(shù)年來,吸引了許多數(shù)學家和數(shù)學愛好者.通過大家的努力,出現(xiàn)了許多構(gòu)思巧妙的直接證法.下面給出德國數(shù)學家海塞（L．O.Heｓｓe,18１1～187４)的證法，供大家欣賞.如圖,△ABC中,BD、CE是兩角平分線,且BＤ=CＥ，求證:ＡB=AC.FEDCBA證明：作,并取DＦ=BC，使F與C分居于直線BD的兩側(cè),如圖所示.連結(jié)BＦ,由已知BD＝CE,得≌..連結(jié)CＦ,設，則FEDCBA由于,所以.在鈍角中,BC=DＦ,ＣF=FC,所以≌,ＢF=CD，即BＥ=CD.于是有≌,.所以AB=AC.情景再現(xiàn)7．設點Ｄ為等腰的底邊BＣ上一點，F(xiàn)為過A、Ｄ、C三點的圓在內(nèi)的弧上一點，過B、Ｄ、Ｆ三點的圓與邊ＡB交于點E.求證：.(首屆中國東南地區(qū)數(shù)學奧林匹克）8.如圖,O、H分別是銳角△ABＣ的外心和垂心，Ｄ是BC邊的中點,由H向∠Ａ及其外角平分線作垂線，垂足分別是E是F.證明:D、E、F三點共線．(２０２3年全國高中數(shù)學聯(lián)賽四川省預賽）POPOABCD1.正方形ＡＢCD的中心為Ｏ,面積為１9８9㎝2.Ｐ為正方形內(nèi)一點,且∠OＰB=45°，PＡ：PB=５：14．則PB=__________.(19８9年全國初中聯(lián)賽)ABCDE2.如圖,在△ＡBC中,ＡB＝AC，D是底邊BC上一點,E是線段AＤ上一點且∠BEＤ=2∠CＥＤ＝∠A．求證：ABCDEAQRPBCP'３.如圖，等腰三角形ABC中,P為底邊BC上任意點,過P作兩腰的平行線分別與ＡB,AC相交于Q,R兩點，又P'的對稱點,證明：P'AQRPBCP'4．設點M在正三角形三條高線上的射影分別是M１，M2，M3(互不重合).求證：△M1M2M3也是正三角形.5．在△ＡBC中,ＢD、CE為角平分線,P為EＤ上任意一點．過Ｐ分別作AC、AB、BC的垂線，M、Ｎ、Q為垂足．求證：PM＋ＰN=PＱ．６.在Ｒt△ABＣ中，AＤ為斜邊ＢC上的高，P是AB上的點,過A點作PＣ的垂線交過B所作AB的垂線于Q點．求證：PD丄QD.7.設Ｍ1、M2是△ＡBC的ＢC邊上的點，且BM1＝ＣM２．任作一直線分別交ＡB、ＡC、AM1、AM2于Ｐ、Q、N1、N２.試證:+=＋.８.AD，BＥ，CF是銳角△ABＣ的三條高．從A引EF的垂線l1，從B引FＤ的垂線l2,從C引DE的垂線l３.求證：l1，l2,l3三線共點.９.AD是Rt△ABC斜邊BC上的高,∠B的平分線交AＤ于M，交AC于N.求證:ＡＢ２－ＡＮ２=ＢM·BＮ．ABDC10．已知等腰△ABC中，∠BＡC＝10０°,延長線段AB到D,使得AD＝BC,連結(jié)CD，試求∠ABDC1１．圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線,切點為Ａ，Ｂ.所作割線交圓于Ｃ,D兩點,Ｃ在P，D之間.在弦CD上取一點Q,使求證:12.已知兩個半徑不相等的圓O1與圓O2相交于M、N兩點，且圓Ｏ１、圓O2分別與圓O內(nèi)切于S、Ｔ兩點.求證:OM⊥MN的充足必要條件是S、N、T三點共線.(１997年全國高中數(shù)學聯(lián)賽)?本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答：1.DGFC解一:連結(jié)AC，從而可得Ｇ為△ABC的重心,于是CＧ＝2ＧE,．DGFCEBA顯然．EBA.從而．ABCDEFG即=ＥQ\F(2,３）．因此選D.ABCDEFG123O解二：連結(jié)AC、BＤ,ＡC與BD相交于點O.則△ABC的面積被分為6等份.同理可把△ADC的面積等分為6份.顯然四邊形AGCＤ占有８份,即.因此選D.123O2.解析分別取PA、PB的中點M、N，連結(jié)EM、ＤM、MN、DN、NF，在Ｒt△AEP中,EM=AM=ＭＰ,又DＭ為△ABＰ的中位線，可得．同理,ＦN=ＢN=NＰ,且,從而EＭ=ＤN,DＭ＝NF．又∵ＤE=DF，∴△EMD≌△DＮＦ．∴∠EＭＤ=∠DNＦ．又∵∠1=∠3=∠2，∴∠ＡME＝∠BNＦ．從而可得∠PAE=∠PBＦ．3．PEDGABFC證明：如圖,分別過點A、B作ED、ＥC的平行線，得交點Ｐ,連PＥ.由AＢeq\ｏ(\ｓ\uｐ3(//）,\s\do４(=)）ＣD,易知△PBＡ≌△ＥＣD.有PA=EＤ，PB＝ＥＣ.顯然,四邊形PBＣE、PADE均為平行四邊形.有∠BＣE=∠BPE，∠APE=∠ＡＤＥ．由∠BAＦ＝∠BCE，可知∠ＢAF=∠BPE.有P、Ｂ、A、E四點共圓．于是,∠EBＡ=∠APE．所以,∠EBAPEDGABFC4．證明：延長CB到D,使BD=AB,連結(jié)AＤ，則ＡB＋ＢＤ＞ＡD，即2ＡB>AＤ．∵ＡB=BD,∴∠BAD=∠D．∴∠ABＣ＝２∠D．而∠ＡBＣ＝２∠C，∴∠C=∠D．∴AC=ＡD.∴2ＡB>AC.５.解:設B２到C1A1的垂線,Ｃ２到A1Ｂ１的垂線相交于Q.則?（1）?（2） （3) (４）?（5）五式相加得ANCDEBM 即?從而A2Q⊥ＢANCDEBM6．證明:如圖,過點B作AC的平行線交ＮD延長線于E.連ME．由BＤ＝DＣ，可知ED=DN．有△BEＤ≌△CＮD.于是,ＢＥ=NC.顯然，ＭD為EＮ的中垂線.有EM＝MN.由BM2＋ＢE2＝BM2+ＮＣ2＝MＤ2+ＤN2=MN2＝EM2，可知△BEM為直角三角形,∠MＢE＝9０°.有∠ABC+∠AＣＢ=∠ABＣ＋∠EBC=90°.于是,∠ＢAC=9０°．所以，AＤ2＝=(AＢ２+ＡC2)．7．證明：設AF的延長線交△BＤF于K,∵∠AEＦ=∠ＡKB，∴AＥF≌AKＢ.因此.于是要證(1)，只需證明：又注意到．我們有，進一步有,因此要證（２），只需證明（3）而（3）事實上由知(4)成立,得證.８.證明：連結(jié)OA,OD,并延長OD交△ABＣ的外接圓于M，則ＯD⊥BC,EQ＼o（BM，＼s\up6(︿))=\o(MＣ，\ｓ\up６（︿))，∴A、Ｅ、M三點共線.∵AE、AＦ分別是△ＡBC的∠A及其外角平分線,∴ＡE⊥ＡF．又∵HE⊥AE，ＨＦ⊥AF，∴四邊形AEＨF為矩形.因此ＡH與EF互相平分，設其交點為Ｇ,于是：AG＝ＥQ\ｆ(１,2）AH＝EＱ\f(１,2)EF＝EG.而OA=OM,且OD∥AＨ，∴∠OＡＭ=∠ＯMＡ=∠MAG=∠ＧＥA.故EＧ∥OA(1)∵Ｏ、H分別是△AＢＣ的外心和垂心,且OD⊥BＣ，∴OＤ=EQ＼f(1,2）AＨ＝ＡG,因此，若連結(jié)DG,則四邊形ＡＯDG為平行四邊形

從而DＧ∥OA．(２)由(1)和(2)知，D、E、G三點共線,但F在ＥG上，故D、Ｅ、Ｆ三點共線.“習題16”解答:1.解：答案是PB＝４2㎝.連接ＯA,OB.易知O，Ｐ，A，Ｂ四點共圓，有∠APB=∠AOB=９0°.故ＰA2＋ＰB2=ＡＢ2＝198９.由于ＰA:PB=５:14，可求PＢ.2.ABGCDFE證明：如圖,延長AD與△ABC的外接圓相交于點F,連結(jié)CＦ與ＢF,則∠BＦA＝∠ＢCA=∠AＢC=∠AFＣ,即∠BFＤ=∠CFD.故BF:CＦ＝BD：DC.又∠BEF=∠BAC,∠BＦE=∠BCA,從而∠FＢE=∠AＢC=∠ACＢ=∠BFE.故EB＝EF．作∠BEF的平分線交BF于G,則BG＝GＦ.因∠ＧＥF=∠BEF=∠CＥF,∠ＧFE＝∠CＦE,故△FEG≌△FEC．從而GF=FC.于是,BF＝2CFABGCDFE３.提醒：連結(jié)BP＇、P＇R、P'Ｃ、P'P,（1）證四邊形APＰQ為平行四邊形;（2）證點Ａ、R、Q、P'共圓；（3)證△BＰ'Q和△P'ＲC為等腰三角形；(4)證∠P'ＢＡ=∠ACP',原題得證.4.略.5.ANEBQKGCDANEBQKGCDMFP于Ｆ，過點F作BＣ的平行線分別交PQ、AC于K、G,連ＰG.由BD平行∠AＢＣ,可知點F到AB、BC兩邊距離相等.有KQ=PN.顯然,==,可知PG∥EＣ．由CE平分∠BＣA,知GP平分∠ＦＧＡ.有PK=PM.于是,PM+PＮ＝PＫ+ＫQ=PQ.6.提醒：證Ｂ,Q,Ｅ,Ｐ和B,D,E,Ｐ分別共圓。7.APEDCM2M1BQN12N證明:如圖，若PQ∥ＢC,易證結(jié)論成立．若PQ與BC不平行，設ＰQ交直線BC于D．過點Ａ作ＰQ的平行線交直線BC于Ｅ.由BM１=ＣＭ2,可知BE＋CE＝M1E＋M２E,易知=,＝,＝，＝.則＋===＋．所以,＋=＋.APEDCM2M1BQN12N８.提醒：過B作AB的垂線交ｌ1于K，證：A，B,Ｋ，C四點共圓.9.EANCDBFM12345證明