不难证明 AP=AM，从而有AB′+PB′=AC′+MC′.
2222222222
故 MC′-PB′=AB′-AC′=(AK-KB′)-(AK-KC′)=KC′-KB′.② 由②即得①，命题得证.
习题20解答
1．选择题：
ARBQCPCNDMAP
(1)提示：RB··=1，QCPAND·MA·PC=1，相乘即得t＝1，故选B．
S?ABDAB·ADsinαABsinα(2)提示：延长AP、BP、CP与对边交于点D、E、F，则∴ ==，
S?ACDAC·ADsinα?ACsinα?∴
sinαAC·S?ABDAC·BDsinβBA·CEsinγBC·AF
==AB·，同理，=，=CDEAsinγ?AC·BF ．∴ M＝N．选B． sinα?AB·S?ACDsinβ?BC·
A2222
2．填空题：
DECABFBF1CA3DE4
(1)提示：··=1，现=，=，代入得=．
ECABFDFD2AB2EC3BDB
tan2BDIaDcotβ
(2)提示：如图，===，同理可得其余．故结果＝1．
DCDCcotγC
tan2IaD
OAA1ZB1B
3．证明：由⊿OA1B1与直线AB相交，得AA·ZB·BO=1；
1
1
BD??CIaO A A1 C C1 B X A1AOCC1Y由⊿OA1C1与直线AC相交，得AO·CC1·YA1=1； OBB1XCC1由⊿OB1C1与直线BC相交，得BB··=1．
1XC1C1O
B 1 Z A1ZB1XC1Y
三式相乘，得··=1．由Menelaus的逆定理，知X、Y、Z共线．
ZB1XC1YA1
4．证明 设AM、BN、CR分别与BC、CA、AB交于点M?，N?，R?． 则
BM?S?ABMAB·BMsin(B+β)ABsinγsin(B+β)
===；
CMsin(C+γ)ACsinβsin(C+γ)M?CS?ACMAC·
ARY ?R'?N'NCN?BCsinαsin(C+γ)AR?ACsinβsin(A+α)
同理，=；=．
N?AABsinγsin(A+α)R?BBCsinαsin(B+β)AR?BM?CN?
三式相乘即得··=1，
R?BM?CN?A
?B??MM'?C由Ceva定理的逆定理知AM、BN、CR交于一点．
5．证明 设AP交BD于R?，即证明R与R?重合，连PQ、RC． ∵ A、D、P、Q四点共圆，∴ ∠DQP＝∠DAP． ∵ C、Q、R、P四点共圆，∴ ∠DQP＝∠DCR， ∴ ∠DAR＝∠DCR．但若AP交BD于R?， 由对称性知∠DCR?＝∠DAP.
∴ CR与CR? 重合，即R与R? 重合． ∴ A、R、P三点共线．
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ARR'QBDPC6．证明 连AA?，BB?，CC?，UX，VY，WZ，易证，AZA?W是平行四边形， ∴ AA?、WZ交于AA?的中点O．AUA?X是平行四边形， ∴ AA?与UX交于AA?中点O．AVA?Y是平行四边形， ∴ AA?与VY交于AA?中点O．
C'U∴ UX、VY、WZ交于一点．
Z说明 △ABC与△A?B?C?是位似图形．
B对应点连线都交于一点． YX A'
7．证明 设⊙O1、⊙O2的半径分别为r1，r2，则O1O2＝r1＋r2． ∵ ∠IQO2＝∠INO2，
∴ I、Q、N、O2四点共圆． ∴ ∠QIM＝∠QO2O1，
又∠IQM＝∠O2QO1＝90?－∠RQO2， ∴ △IQM∽△O2QO1，
QMQO1=， MIO1O2
IAVWCB'RMRO2QMr1O1P同理IM=OO．∴ MR=r=PO，
1222
∴ MP∥O2R．
设O1R与O2Q交于点S，∵ O1Q∥O2R， ∴ △O1QS∽△RO2S，
r1O1S
∴ r=SR．过S作M’P’∥O2R，交QR于M’，
2
RMO2QO1NP则
O1P?QM?O1Sr1===， P?O2M?RSRr2
即M?与M重合，P?与P重合． ∴ PM、O1R，O2Q三线共点．
8.证明 设BE、CF交于点H，则BC边上的高AD过点H．
∵ ∠ADC=90?，∠AFC=90?，∴ D、F都在以AC为直径的圆上． ∴ HP·HQ=HA·HD，同理，HM·HN=HA·HD． ∴ HP·HQ=HM·HN，∴ P、Q、M、N四点共圆． 说明 如果不用圆幂定理的逆定理，
则可连PM、QN，再证明ΔHPM∽ΔHNQ， 得到∠MPH=∠QNH，从而得到结论．
9.证明：∵ P、E关于AB对称，∴ AP=AE，同理，AS=AE， 即P、E、S都在以A为圆心的圆上． 1
∴ ∠PSE=2∠PAE=∠BAE．
1
同理∠PQE=2∠PBE=∠ABE．∠RQE=∠DCE，∠RSE=∠CDE. ∴ ∠PSR+∠PQR=∠PSE+∠RSE+∠PQE+∠RQE=180?． ∴ P、Q、R、S四点共圆．
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NFAQEHPBMDC
10.证明 PE⊥AB，PF⊥BC，∴ P、E、B、F四点共圆．∴ ∠PEF＝∠PBF， 同理，∠PGF＝∠PCF，但AC⊥BD，
GDC∴∠PBF＋∠PCF＝90?，∴ ∠PEF＋∠PGF＝90?，
同理，∠PEH＋∠PGH＝90?． FH∴ ∠FEH＋∠FGH＝180?．
P∴ E、F、G、H四点共圆．
A证明 ∠EG?G＝∠G?BP＋∠G?PB，
E∵ E、B、F、P四点共圆， B
∴∠G?BP＝∠EFP，∠G?PB＝∠GPD， GE‘CD但∠DPC＝90?，PG⊥CD，∴∠DPG＝∠PCG．
FH∵ P、F、C、G四点共圆，
H’P∴ ∠PCG＝∠PFG，∴ ∠EG?G＝∠EFP＋∠PFG＝∠EFG． F’∴ G?在⊙EFGH上．同理，可证其余．
A EG‘B11.证明 连FD、FC、FG，GN、GM．
A∵∠GDN=90?，∠GFN=90?，∴ G、F、D、N四点共圆． ∴ ∠GNF=∠GDF．∵ CF⊥AF，CD⊥AD， EG∴ A、F、D、C四点共圆． ∴ ∠ADF=∠ACF．
F ∵ ∠ECF=∠EKF，∴ ∠GNF=∠EKF． ∴ GN∥EK． ∵ GO=OK，∴ GN=MK， 四边形GNKM为平行四边形．
BOMDN∴ ON=OM，从而BN=CM．
1
12．（1）证明 ∠QAI=180?－∠IAC=180?－2∠BAC=∠SAI． 又AI=AI，∠PIA=∠RIA=α，∴∠PQR=∠PSR． ∴ P、Q、R、S四点共圆．
（2）证明 连EP、ER、EI．易知ΔIPR、ΔIQS都是等边三角形．
1
∵ ∠EPB=∠IPB=2∠A+30?， 1
∴ ∠PEI=60?－∠A．
2
1
但PE=PI=PR=IR，∠IER=2∠IPR=30?． 1
∴ ∠PER=30?－∠PEI=2∠A－30?． 1
∠PQR=∠IAC－∠AIP=∠A－30?=∠PER．
2∴ E在⊙PQR上． 同理F在⊙PQR上．
∵∠EPI=2∠IPB=∠A+60?，
∴∠EPR=360?－∠EPI－60?=240?－∠A． 11
∵ ∠RFI=90?－(2∠A+30?)=60?－2∠A． 1
∴∠RPF=∠RFP=30?—∠RFI=2∠A－30?．
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C
KDQSEPIB
AFRC3
∴ ∠EPF=∠EPR－∠RPF=270?－2∠A．
333
但ΔDBC中，∠D=180?－2(∠B+∠C)=180?－2(180?－∠A)= 2∠A－90?． ∴ ∠EPF+∠EDF=180?， ∴ 点D在⊙EPF上．
∴ D、E、F在⊙PQRS上．即七点共圆．
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