?△MSO2△SAO2??MSO2??SPO2.
又?MBO2??BPO2??MSO2??MBO2??SPO2??BPO2??SPD??DST， 故原命题得证.
几何5（西安铁一中 杨运新）
从一道三线共点题到线段相等题的改编
作为数学老师，总是希望学生被数学题目吸引，然后去独立思考、深入思考，最终有所收获. 但是常常发现一些题目，学生并不太喜欢，甚至有些排斥.
在微信群“几何大家玩”中讨论过一个几何题.
1. △ABC，高AH，BC中点M，内切圆与BC、CA边的切点D、E，∠B内的旁心J. 证明：MJ、DE、AH三线共点.
作为教练，觉得这是一个叙述比较简洁的三线共点题目. 可是，在给高二学生做练习时，许多学生都跳过这个题，直接去做后面的题. 询问若干同学，有的说不方便用塞瓦定理，有的说不喜欢旁心. 一个月后，我将题目作如下表述，再次留给学生们思考.
2. ABC，BC、CA上的点D、E为内切圆切点，∠B内旁心J，BC中点M，MJ交DE于P. 求证：AP⊥BC.
显然，题目没有本质的变化，难度也一样. 可是，与上一次无人问津不同，这次有三位同学都给出了解答. 其中一位同学运用三角方法，耐心的写了满满一页纸. 虽然不如几何方法简短，但是这样的意志，对学习数学竞赛是需要的. 比较两种表述，后一种的结论要浅显一些.
对于新高1的学生，这个题偏难. 注意到点P在MJ上等价于AP的长度“合适”，经过分析，当AP＝∠B内旁切圆半径时正好“合适”. 于是，去掉旁心，给高1的学生一个练习题.
3. △ABC，BC、CA上的点D、E为内切圆切点，过A作BC的垂线与DE交于P. 求证：AP恰等于一个旁切圆的半径.
32
解法：（南京顾冬华老师、西安铁一中高2学生郝治）
我将这个题目分享在微信群“学数学俱乐部”中，南京博士李潜因说道：“如果把另一条切点弦作出来，有没有什么有意思的结论？”于是，很快得到如下题目，即证明线段相等的题目.
4. △ABC，BC、CA、AB上的点D、E、F为内切圆切点，过B作AC的垂线交DE于P，过C作AB的垂线交DF于Q. 求证：BP＝CQ.
几何6（西安交大附中金磊）
已知：如图，A为圆O1,O2一个交点，C为圆O2,O3一个交点，D为圆O3上动点，CD交圆O2于E，EA交圆O1于F. 求△DEF外心O的轨迹
CO2O1EFO3OADKBJO2O1PNAM解：先证明一个引理，如图，圆O1,O2交于A、B，过B做AB垂线，交两圆于J、K，P为JK中点，MAN共线，则PM=PN.
33
证明：连接各点，由垂直得JO1A、KO2A共线，由P为JK中点得PO1AO2为平行四边形；则
PO2=O1A=O1M，PO1=O2A=O2N，且∠O1PO2=∠O1AO2=∠O1BO2, 则O1BPO2共圆；则∠BO1P=∠BO2P;又∠BO1M=2∠BAN=∠BO2N,故
C∠MO1P=∠PO2N,则△MO1P≌PO2N（SAS）则PM=PN.
下面证明O的轨迹为圆；
设圆O1、O2交于A、B，圆O3、O2交于C、M；
KMO2BJO1FAEO3NL过B作JK⊥AB，过M作PN⊥CM，设JK、NP中点为L、
GG；由引理知在D运动过程中，EF中垂线过定点L，同理ODE中垂线过G；O为EF、DE中垂线交点，∠LOG=∠AEC为定值，而L、G为定点，故O的轨迹为过L、G且满足∠LOG=P∠AEC的圆.
几何7（西安交大附中金磊）
已知：△ABC外接圆为圆O，过A的圆O的切线交BC于D，P为直线OD上任意一点，PM⊥AB于M，PN⊥AC于N. △AMN垂心为H; 求证：∠ADH=∠BDO
ADHMNOPCBD
证明：先证明△PMN垂心H’在BC上；设L为BC中点，AI为直径，IB、IC交OD于J、K；依题意AOLD共圆，则∠AOD=∠ALD，又∠ABL=∠KIO,△ABL∽△KIO,∴△ABC∽△KIA,∴∠KAI=∠ACB=∠AIB，∴AK//IB,同理AJ//IC；∴AM:AB=KP:KJ=CN:CA,由H’为垂心知AMH’N为平行四边形，故AM=H’N，∴H’N:AB=AM:AB=CN:CA,∴H’在BC上；从而P为△MNH’的垂心.
下面证明∠ADH=∠BDO.
证明：由AMH’N为平行四边形且H、P为垂心知H、P关于AH'中点T中心对称；由H、P为垂心知PM⊥AB,PN⊥AC,故AMPN共圆；则∠PAN=∠PMN=∠MAH,则∠DAY=∠PAN+∠CAD=∠MAH+∠B=∠DXA;∴△DAY∽△DXA; 又AH:YP=PH’:YP=XA:YA,故H、P为相似对应点，故∠ADH=∠BDP,即∠ADH=∠BDO.
34
几何8（西安交大附中金磊）
已知：如图，D、E、F分别在BC、CA、AB上，DE//AB,DF//AC,O为ABC外心，H为△AFE垂心，M、N为BC、OH中点，求证：NM=NA.
证明：设?AEF??，AEF外接圆半径为r，ABC三边为a,b,c，三个角为A,B,C,AF=tc，则AE=(1-t)b,EF=2rsinA,?EDC?B;显然AH=2rcosA，DFHE共圆，故DH=2r，?HDE??HFE?90??；反复利用正余弦定理，由中线长公式知，欲证NM=NA，即证
OA2?AH2?OM2?MH2?OB2?OM2?4r2cos2A?MH2?BM2?4r2cos2A?MD2?DH2?2MD?DHcos(90???B)a211??4r2cos2A?a2(?t)2?4r2?4ra(?t)sin(??B)422?a2t(t?1)?4r2sin2A?2ra(1?2t)sin?cosB?2ra(1?2t)cos?sinB?0?a2t(t?1)?4r2sin2A?t(1?2t)accosB?2rb(1?2t)cos?sinA?01?2t 2(1?t)b?EFcos??02(1?t)t(1?2t)221?2t?a2t(t?1)?EF2?(a?c?b2)?(EF2?(1?t)2b2?t2c2)?022(1?t)?a2t(t?1)?EF2?t(1?2t)accosB?EF2t(1?2t)2t(1?2t)2??a2?b?c?02(1?t)222(1?t)?EF2?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t2c2?(1?t)2b2?2t(1?t)bccosA?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t2c2?(1?t)2b2?t(1?t)(b2?c2?a2)?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c235
显然成立，故原命题成立. 几何9（西安交大附中金磊）
已知：如图，△ABC中，D为AB中点，E在BC上且?BDE=2?A,F在AB上，且?FCA=?B+?A，G在线段CF上，且BF=2EG.
求证：?DGE+?B=180°.
证明：如图，延长BC到H使得CH=CF，连FH交AC于I，作AJ⊥CH于J，连接JG、JD、EI. 则?ACH=?CAB+?B=?ACF，故△ACF≌△ACH(SAS)， 则AC垂直平分HF，故I为HF中点；又?EDB=2?CAB=?HAB,故AH//DE， 又D为AB中点，则E为BH中点，故EI//BF且BF=2EI；则EI=EG. 由AHJI共圆知?CJI=?HAC=?CAB=?CIE，故△ECI∽△EIJ， 则EI?EC?EJ，则EG?EC?EJ，
故△ECG∽△EGJ，则?EGJ=?ECG=180°-2?FCA=180°-2(?B+?CAB) 而?EDJ=?BDJ-?BDE=180°-2(?B+?CAB)=?EGJ，
故DGEJ共圆，故?DGE=180°-?DJE=180°-?B,即?DGE+?B=180°
几何10（西安交大附中金磊）
给定直线m,n和直线外定点A，在m、n上求作B、C，使得△ABC为正三角形.
解：如图，若m交n于E，过A作AD//m，作正三角形DEF，连接AF交m于B，作∠BAC=60°其中C在n上，则△ABC为正三角形. 证明：依题意∠BAC=60°=∠FDE，则AFCD共圆，又AD//m则∠BEC=∠ADH=
FBmAnHDCE2236