到E′点。
事实上，AM⊥E′F′这件事在前面的模式5中已经涉及过了，现在不过改换了一下立足点而已。
（这个作图题的另一直截了当的作法是：过L作中线的垂线，与AB相交就得E点——而L点实际上就是△ABC在顶点A处的切线与对边BC的交点。）
至于E，F分两边的比例，应该不难用△ABC的基本元素表示出来。 （具体写出来是：
AEEBbcAFFCcb＝cosA，＝） cosA。
由Menelaus定理很容易说明E′F′，EF，BC三线共点于L。另外，BF与CE的交点、ＢE′与CF′的交点都落在AM连线（即类似中线）上。
（注：由于EE′和FF′的交点——即△AF′E′的垂心已落在AM上，根据Pappus定理，只要这两个交点中的一个落在AM连线上，那么另一个也就一定落在AM连线上。）
AM1EFM2F'ME'
既然M点和类似重心K都位于BC边的类似中线上，那么它们之间有无关系呢？对此又一个猜想： 04040303BC猜想 当中线ma＝32a时，M点和类似重心K重合；在一般情况下，AM和AK
之比只与中线ma对底边的长度之比有关，具体关系还有待写出。 晚上作了具体计算： K到三边的距离为
a2tan?，
b2tan?，
c2tan?，其中ω是△ABC的Brocard角；
AM，BM，CM的长度分别为
bc2ma，
ca2mb，
ab2mc；
M到AB边的距离是
2bcsinA2b?2c?a2222。
222∴
AMAK＝
bcsinA2b?2c?a2222
2ctan?＝
a?b?c4ma22
22mb?mc1?＝?1?23?ma??13?a??＝???。
???28ma???这就完全证实了上面的猜想。 对“当中线ma＝成下面这题：
题目 设△ABC的重心为G，则∠BGC和∠A和互补的充要条件是：ma＝不过这样一来这题就变得很容易了，只需用一次四点共圆的性质即可。 【040404】晚上田廷彦告知下面这个竞赛题：
“设Rt△ABC中，∠C＝90°，内切圆⊙I切BC，CA两边于E，F两点，连接BF与⊙I交于P点。求证：当∠APE＝90°时，BC∶CA∶AB＝3∶4∶5。”
Cm CA = 10.00 厘米m BC = 7.50 厘米m BA = 12.50 厘米m?EPA = 90.00?32a时，M点和类似重心K重合”这一结论再作些变形，可改编
32a。
FEIPAD04040401B
据说这题计算起来不太容易。可注意到，这时PD恰好与CA是平行的，其中D是斜边上的切点。不知这对解决本题有无帮助？这题看来和上次钟建国所说的一题有密切联系。 4月2日发觉四边形OT1RT2是一个在仿射意义下形状确定的四边形，并问：其形状对该仿射变换而言有何意义？这个问题今晚已经想清楚了：在同一仿射变换下，可注意到点T1的像就是R，R的像就是T2，也就是说，四边形OT1RT2代表了不动点O和由相继迭代所获得的三个对应点连接而成的四边形的形状，显然，在仿射的意义下其形状是确定的。 T1RNRO = 0.60ARMiquelOA'BCT2C'Q拖动P04040109B' 那么，前面曾猜测的T1P∶PT2＝△ABC∶△A′B′C′也就变得十分明显，因为T1P∶PT2代表的正是变换前后两个三角形△OT1R和△ORT2的面积之比。 【040405】今天接着昨天的思路，研究仿射变换相继三个对应点和其圆型集的内在联系。 先取定△ABC，作出其第二Brocard点M，并作出相应的抛物线，其中P，Q分别是直线AB，AC上满足比例关系的一对动点，PQ连线形成抛物线的切线族。然后在平面上任取一点O作为仿射变换的不动点，在这个仿射变换下，B变为A，A变为C。（这里有一个疑惑，4月1日的探索表明，O点好像总在抛物线的内部，但任取O点，△OPQ确实也形成圆型集。就产生一个问题：这样的构型是否真的存在仿射变换满足于它？再具体些说，先给定不动点O及另外三个对应点B→A， A→C，能否使它成为仿射变换？即任取O，A，B，C四点是否合理？如果合理的话，想必仅由四点还不足以将仿射变换完全确定下来，那么满足其要求的全体仿射变换又有什么共性（当然，圆型集相同是其共性之一）？这是一个必需优先解决的问题。） （更一般些的问题是：已知两组对应点A→A′， B→B′以及不动点O的全体仿射变换有什么共性？） AP准线QB焦点MCOXZLY04040501MN 上图中，MN是固定线段，△XMN∽△OCA，△YMN∽△OAB，△LMN相似于动态的△OPQ，它确实构成圆型集。1999年时曾研究过如下问题：当P和Q跑向无穷远处时，△OPQ的极限形状对应于圆型集的特征圆上的一个特定点（即图中两个箭头所指的点，记为Z），当时已把它的位置彻底搞清楚了： 命题 Z点满足△ZMN∽△MAB∽△MCA。 今天的探索也颇有成效，得到：
现象 当O点沿着以M为圆心的圆运动时，特征圆的大小不变，仅绕着Z点旋转。 这就显露了特征圆和O点之间的依赖关系，也就是说特征圆的大小可由O到M的距离而确定，很值得深入下去。果然，一经探索，立即就有下述重要的现象暴露出来：
猜想 当O点落在抛物线上时，特征圆恰和MN相切。
如果上述猜测得以证实，那就表明：仿射变换是椭圆的、抛物的还是双曲的，取决于O点在该抛物线内、在该抛物线上、在该抛物线外。而且上面所产生的疑惑立刻就变得毫无意义了——随便取四点O，A，B，C总是合理的！
中午收到田廷彦来信，给出3月31日所编一题及前一个猜想的证明：
题目 已知M是等腰△ABC底边BC的中点，以M为心作半圆和两腰相切。过半圆上任意点D作切线，交两腰于E，F。再过E，F分别作两腰的垂线相交于P，过P作PQ⊥
BC，垂足为Q。求证：AP∶PQ＝2AB∶BC。
AFEPmG??nBsQ04040502tC
12sin?cos?2
“证明：由于
APEF＝
1sin?BAC＝
1sin2?＝
2
，故只须证
2
2
2
EFPQ＝2sin?。
2
设BQ＝s，CQ＝t，BE＝m，CF＝n，则s＋n＋（l－m）＝t＋m＋（l－n）， ∴ s2－t 2＝2 ml －2 nl ＝∴ 2s＝a ＋
m?ncos?acos??m?n?。 又s ＋t ＝a ，故s －t＝
a2cos?＋
m?n2
m?ncos?，
，或scos?＝，作QG⊥AB，于是BG＝scos?，
而FG＝PQsin?，故PQsin?＝m －??a?2cos??m?nam?n??cos?， ＝?222?∴ 2PQsin?＝m ＋n －acos?， （1） 又由切线长定理，知EF＝m ＋n －22∴ EF＝2PQsin?。证毕。”
题目 P是∠A内一定点，?????，QB⊥AB，QC⊥AC，求max SBACQ＝＋by),（x?BQ，y?CQ,AP?l）。
Ea2cos?＝m ＋n －acos?。
12 (axBxaPlαβθQyAb04040503C
“解： BF＝AE－AB＝
b?acos?sin?bcos??a。
BEx＝tan?，∴ x＝
22bsin??acot?＝
。同理ya?bcos?sin?，2SBACQ＝
2ab??a?bsin??cos?，
问题变为求min?a2?b2?cos??2ab， 约束条件是
sin?b＋
sin?a＝
sin?l，
接下来是不难的，不过处理这类问题需要用带参数的Cauchy不等式，这里的参数是ab可计算的，处理这类问题我很熟，比如，‘a ，b是两固定正数，x，y＞0，??1，求x2?y2xy最小值’，是其中最简单的一个问题，但还是缺乏几何的美感，我以后有好证法再写出来。祝好！田廷彦2004年4月2日”
? 【】『』 ～ — P. № ＆ § ＃ ° ′ ″30°45°60°90°180°360°＋ － 3 ÷ ± 2 ｜∶≠ ＝ ≡ ≈ ＜ ＞? ? ∠ ∥ ⊥ △ □ ◇ ⊙ ≌ ∽ ∵ ∴ ∞ ∑ ∏⊙O1，⊙O2 △ABC A1B1C1 A2B2C2 A1A2A3 B1B2B3 A1，A2，A3 P1，P2，P3 ∠1＋∠2＝∠3， △≌△，△∽△，等腰三角形 直角三角形 Rt△ 等腰直角三角形 正三角形 平行四边形 菱形Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ Ⅶ Ⅷ Ⅸ Ⅹ Ⅺ Ⅻ ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩α β γ δ ε θ λ μ π ρ ζ η υ θ ψ ω Γ???ABC11?ABC?2323 现象