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1、``01凸四边形ABCD的对角线交于点M，点P、Q分别是△AMD和△CMB重心，R、S分别是△DMC和△MAB的垂心．求证PQ⊥RS．证：过A、C分别作BD的平行线，过B、D分别作AC的平行线．这四条直线分别相交于X、W、Y、Z．则四边形XWYZ为平行四边形，且XW∥AC∥XZ．则四边形XAMD、MBYC皆为平行四边形．由其对角线互相平分知MX在△AMD中线所在直线上，MY在△BMC中线所在直线上，且==．∴XY∥PQ．故欲证原命题，只需证XY⊥RS，这等价于SY2－SX2=RY2－RX2．下证上式：由S为△AMB垂心知SB⊥AMÞSB⊥WY．同理SA⊥WX．则勾股定理知SY2=
2、SB2+BY2=BY2+(SW2－WB2)=BY2－WB2+SA2+WA2…①SX2=SA2+XA2…②①－②得SY2－SX2=BY2－WB2+WA2－XA2…③同理得RY2=YC2－ZC2+RD2+DA2,RX2=DX2+RD2．故RY2－RX2=YC2－ZC2+DZ2－DX2…④由XW∥DB∥YZ,WY∥AC∥XZ有BY=DZ,WB=XD,AW=YC,AX=ZC．比较③④两式右边即有SY2－SX2=RY2－RX2．由此即有XY⊥RS，从而得出PQ⊥RS，证毕．02已知E、F是△ABC两边AB、AC的中点，CM、BN是AB、AC边上的高，连线EF、MN相交于P点．又设O、H分别
3、是△ABC的外心和垂心，连接AP、OH．求证AP⊥OH．(同苏炜杰03)证：引理：如图，设∠BAP=a,∠BAP¢=b，则=…①ÞAP与AP¢`````重合．引理的证明：事实上，①式即=Û=ÛsinAcota－sinA=sinAcotb－cosAÛa=b．即AP与AP¢重合．引理得证．回到原题：为了看得清，我们画两张图表示，过A作AQ⊥OH=Q．我们证明AP与AQ重合：由引理只需证=…①先看右图，∵E、P、F三点共线，以A为视点运用张角定理得=+．综合上二式有(－)sin∠1=(－)sin∠2Û=．又易有M、B、C、N四点共圆．∴AM·AB=AN·AC，即2AM·AE=2AN·A
4、F．∴=…②再看右图，∵∠AQH=∠ANH=∠AMH=90°，∴A、M、Q、H；A、Q、H、N分别四点共圆．∴∠MHQ=∠3,∠BHQ=∠4．在△MOH与△BOH中分别运用正弦定理有=,=．两式相除有=，其中MOsin∠OMH=OMcos∠OME=EM．过O作OG⊥BN=G，由∠OGN=∠GNF=∠NFO=90°知OGNF为矩形．∴OG=NF,OBsin∠OBN=OG=NF．∴=…③综合②③知①式成立，故AP⊥OH，证毕．`````01设H为△ABC的垂心，D、E、F为△ABC的外接圆上三点使得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
5、、U、H四点共圆．(同何长伟02，但解法不同)证：我们先证明一些关于四边形HUST的性质：延长AH、BH、CH与△ABC外接圆交于A¢、B¢、C¢．熟知H与A¢关于BC对称，H与B¢关于AC对称，H与C¢关于AB对称．又D与S关于BC对称，故四边形DHA¢S关于BC对称．故DHA¢S必为等腰梯形．四边形HFUC¢与HTEB¢同理亦然．∴HS=A¢D,HU=C¢F,HT=B¢E,∠SHA¢=∠HA¢D．记所对圆周角为a，由AD∥BE,=知所对角为∠C,所对角为∠B,所对角为a．∴所对角为B－C－a．∴∠SHA¢=∠HA¢D=B－C－a…①∠UHC¢=∠HC¢F=∠CC¢F=(－)=
6、(－)=A－a,∠AHC¢=180°－∠C¢HA¢=B．∴∠UHA¢=180°－(∠C¢HU+∠AHC¢)=C+a…②同理可得∠THA¢=B－a…③①+②得∠UHS=∠B；①－③得∠SHT=∠C．又=++=2(90°－B+C+B－C－a)=2(90°－a)．∴A¢D=2Rsin(90°－a)．∴HS=2Rsin(90°－a)．同理可计算出C¢F=2Rsin(90°－B+a),BE¢=2Rsin(90°－C－a)．从而HU=2Rsin(90°－B+a),HT=2Rsin(90°－C－a)．由此有HS:HU:HT=sin(90°－a):sin(90°－B+a):sin(90°－C－a
7、)．综上我们得出了一些关于四边形HUST的性质：∠UHS=∠B,∠SHT=∠C,=,=．下面我们利用这些性质判定H、U、S、T四点共圆：作△XYZ∽△ABC，即∠X=∠A,∠Y=∠B,∠Z=∠C．在ZY与X异侧作∠ZYW1=90°－B+a,∠YZW2=90°－C－a．YW1与ZW2交于W，连接XW．∴∠ZWY=180°－(∠ZYW+∠YZW)=180°－(180°－B－C)=∠B+∠C=180°－∠ZXY．∴X、Z、W、Y四点共圆．∴∠XZW+∠XYW=180°…(*)∠XYW=
