平面几何试题精选
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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+,∠YZW2= 90－C－．YW1与ZW2交于W，连接XW．
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=,∠BAP=，则 = …①AP与AP重合．
从而∠WYX=∠HTS．同理可得∠WZX=∠HUS．
∵*，∴∠HTS+∠HUS= 180．从而H、T、S、U四点共圆．证毕．
评注：这一作法的出发点是想通过对线段长度以及角度的计算揭示H、T、S、U四点的一些并不明显的性质，利用熟知结论“垂心关于边的对称点在外接圆周上”将类似线段转化为可求的，刻画了“对称”条件．角度的推算多次利用弧长，刻画了“平行”条件，后半部论证精神为同一法．事实上，一个四边形中若已知一个顶点引出的三条线段及两个角，则这个四边形便已确定．
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⊥AMSB⊥WY．
同理SA⊥WX．则勾股定理知
SY2=SB2+BY2=BY2+SW2－WB2=BY2－WB2+SA2+WA2…①
cos =cos +cos cosAcos 1－cosA=sin cosA
2cos sin2 cosA2cos sin =cosA
2cos cos =cosAcosB+cosC=cosA积化和差．
故D、I、E三点共线cosA=cosB+cosCG、O、F三点共线．
∴D、I、E共线G、O、F三点共线，证毕．
解：我们先证明CP平分∠ACB，且CP∥BD．用同一法．
作∠ACB平分线CP交DN于P，则∠BCP=∠ACP=∠CBD=∠CDB= ∠C．
∴PC∥BD．我们证明∠PBC=∠A．
事实上，这只须证△BCP∽△ADB．
又由于我们已知∠BCP=∠ADB= ∠C．
故只须证 = …①
注意到PC∥BD，故 = ．
记 所对圆周角为，由AD∥BE, = 知
所对角为∠C, 所对角为∠B, 所对角为．
∴ 所对角为B－C－．
∴∠SHA=∠HAD=B－C－…①
∠UHC=∠HCF=∠CCF= － = － =A－,
∠AHC= 180－∠CHA=B．
∴∠UHA= 180－∠CHU+∠AHC=C+…②
同理可得∠THA=B－…③
－cos－isin· cos90－+isin90－=A记为．
则A=－ [sin－+icos－]．
∵O=A+A，∴O的横坐标即为－ +cos= ．
∴E点坐标为 ,sin．
又由九点圆性质，设O为外心，G为重心，则 = 且Ni与O在G异侧．
设G为G点对应复数，Ni为Ni点对应复数，则Ni= G= A+B+C．
利用2sinAsinB=cosB－A－cosA+B=cosB－A+cosC, 2cos2 =cosB－A+ 1, 2cos cos =cosA+cosB．
三式代入化简得③cosA+cosB+cosC= 1 +sinA+sinB－sinC．
而由三角形内熟知恒等式cosA+cosB+cosC= 1 + 4sin sin sin 得
引理的证明：事实上，①式即
= =
sinAcot－sinA=sinAcot－cosA=．
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
又CD=BC，故① = …②
对直线NTD截△ABC运用梅涅劳斯定理有 = 1．
∵N为AB中点，∴AH=NB = ，②得证．
从而△BCP∽△ADB∠PBC=∠A．
∵∠PBC=∠PBC，P、P、A皆在BC同侧，P与P皆在ND上，∴P=P．
即CP平分∠ACB且CP∥BD．
下证 － = 2，对ACD截△BTN有 = 1．
同理rB= ,tan∠EO2O1= = = ．
易有AD=bcosA= 2RsinBcosA,BD= 2RsinAcosB,BC= 2RsinA,AC= 2RsinB,AB= 2RsinC．
代入有tan∠EO2O1= = ．
∴② = …③
下面分情况讨论：
1∠A=∠B时，左右两边皆为0，③式成立；
2∠A≠∠B时，sin 可约去，得2sinAsinB+sinC－sinA－sinB= 2cos2 cos ．
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．
= , = ．
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．
03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、U、H四点共圆．同何长伟02，但解法不同
∴ = =sinA+sinB+sinC正弦定理．
故sinB+sinC=sinA+sinB+sinCcosA．
右边和差化积，右边利用熟知的三角形内恒等式sinA+sinB+sinC= 4cos cos cos 有
2cos cos = 4cos cos cos cosA．
消去2cos 再对cos cos 积化和差有
证：记∠BAC=A,∠ABC=B,∠ACB=C，BC=a,AB=c,AC=b，△ABC外接圆半径为R，内切圆半径为r．
易得AO=R,AI= ,AD=ccosA= 2RsinCcosA,AE= 2RsinBcosA,∠EAI=∠IAD= ,∠GAO= 90－C,∠OAC= 90－B．
由AF+FC=b, = 解得AF= ．同理可得AG= ．
07△ABC中，∠A,∠B为锐角，CD为高，O1、O2分别为△ACD和△BCD内心．问，△ABC满足怎样的充要条件，使得A、B、O1、O2四点共圆．
解：所求充要条件为∠C= 90或∠A=∠B其中∠C=∠ACB,∠A=∠CAB,∠B=∠CBA．
记AC=b,BC=a,AB=c，外接圆半径为R．
过O1作O1H⊥AB=H，过O2作O2I⊥AB=I，O2E⊥O1H=E，则
由正弦定理知 = 2sin= 且∠BAO1=∠CAO2．
∴∠O1AO2=∠BAC，从而△AO1O2∽△ABC且相似比为 ．
由∠BAO1= 90－知△ABC变换为△AO1O2为一个绕A逆时针旋转90－及以A为中心位似比为 的位似变换之积．
=－cos,－sin对应复数为－cos－isin，则AO对应复数为
∴∠ZWY= 180－∠ZYW+∠YZW= 180－180－B－C=∠B+∠C= 180－∠ZXY．
∴X、Z、W、Y四点共圆．
∴∠XZW+∠XYW= 180…*
∠XYW=∠XYZ+∠ZYW=∠B+ 90－B+= 90+,
∠WXY=∠WZY= 90－C－．
∴由正弦定理知 = = = ．
又∠YWX=∠YZX=∠C=∠THS，∴△WZX∽△HTS．
SX2=SA2+XA2…②
①－②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．
04在△ABC中，D是BC边上一点，设O1、O2分别是△ABD、△ACD外心，O是经过A、O1、O2三点的圆的圆心，记△ABC的九点圆圆心为Ni，作OE⊥BC=E．求证NiE∥AD．
证：以△ABC外接圆圆心为原点建立复平面，设其半径为1．
设Acos,sin、B－cos,sin、Ccos,sin，∠ADB=．
1－sinA+sinB－sinC= 1 + 2sin cos －2sin sin = 1 + 2cos cos －cos = 1 + 4sin sin cos ．
∠O1AB= ∠A,∠O2BA= ∠B．
故A、B、O1、O2四点共圆∠BAO1=∠FO2O1…①
∵O2E∥AB，∴∠FO2E= ∠B．
∴∠FO2O1=∠EO2F－∠O1O2E，∴∠FO2O1= ∠B－∠O1O2E．
∴① = －∠O1O2E∠O1O2E= tan∠EO2O1=tan …②
记O1H=rA,O2i=rB，∵∠ADC= 90，由直角三角形内心性质知rA=DH= ．
由张角定理知，G、O、F三点共线 = +
= +
bcsinA=R[a+bcosB+a+ccosC]利用正弦定理
2sinAsinBsinC=sinA+sinBcosB+sinA+sinCcosC
2sinAsinBsinC=sinAcosB+cosC+sinBcosB+sinCcosC
利用sinBcosB+sinCcosC= sin2B+sin2C=sinB+CcosB－C=sinAcosB－C消去sinA得
－ sin∠1 = － sin∠2 = ．
又易有M、B、C、N四点共圆．
∴AM·AB=AN·AC，即2AM·AE= 2AN·AF．
∴ = …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
①+②得∠UHS=∠B；①－③得∠SHT=∠C．
又 = + + = 290－B+C+B－C－= 290－．
∴AD= 2Rsin90－．∴HS= 2Rsin90－．
同理可计算出CF= 2Rsin90－B+,BE= 2Rsin90－C－．
从而HU= 2Rsin90－B+,HT= 2Rsin90－C－．
由此有HS:HU:HT=sin90－:sin90－B+:sin90－C－．
2sinBsinC=cosB+cosC+cosB－C．
再对左边积化和差有
cosB－C－cosB+C=cosB+cosC+cosB－CcosA=cosB+cosC…*
另一方面，D、I、E三点共线 = +
ຫໍສະໝຸດ Baidu= + ．
消去sin 、去分母有rsinB+sinC= 2RsinAsinBsinCcosA．
又S= 2R2sinAsinBsinC= ra+b+c，
于是Ni坐标为 , ．设NiE斜率为k，则
k= = =－tan．
又∵∠ADC=－，∴AD斜率亦为－tan，故AD与BiE平行，证毕．
05设△ABC的边AB中点为N，∠A>∠B，D是射线AC上一点，满足CD=BC，P是射线DN上一点，且与点A在边BC同侧，满足∠PBC=∠A，PC与AB交于点E，BC与DP交于点T．求表达式 － 的值．
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DHAS关于BC对称．
故DHAS必为等腰梯形．四边形HFUC与HTEB同理亦然．
∴HS=AD,HU=CF,HT=BE,∠SHA=∠HAD．
∵N为AB中点，∴ = = 2 + ．
∵CP平分∠ACB，∴ = ，我们证明 = 即可．
∵CD=BC，∴只须证 = 1．
对BTC截△AND运用梅氏定理有 = 1，即 = 1．故 － = 2．
综上所述，所求 － = 2．
评注：从题目的问题得到提示，使用梅氏定理，比例的转换方向明确．
06△ABC中，BD和CE为高，CG和BF为角平分线，I是内心，O为外心．求证D、I、E三点共线G、O、F三点共线．
∠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+,∠YZW2= 90－C－．YW1与ZW2交于W，连接XW．
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=,∠BAP=，则 = …①AP与AP重合．
从而∠WYX=∠HTS．同理可得∠WZX=∠HUS．
∵*，∴∠HTS+∠HUS= 180．从而H、T、S、U四点共圆．证毕．
评注：这一作法的出发点是想通过对线段长度以及角度的计算揭示H、T、S、U四点的一些并不明显的性质，利用熟知结论“垂心关于边的对称点在外接圆周上”将类似线段转化为可求的，刻画了“对称”条件．角度的推算多次利用弧长，刻画了“平行”条件，后半部论证精神为同一法．事实上，一个四边形中若已知一个顶点引出的三条线段及两个角，则这个四边形便已确定．
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⊥AMSB⊥WY．
同理SA⊥WX．则勾股定理知
SY2=SB2+BY2=BY2+SW2－WB2=BY2－WB2+SA2+WA2…①
cos =cos +cos cosAcos 1－cosA=sin cosA
2cos sin2 cosA2cos sin =cosA
2cos cos =cosAcosB+cosC=cosA积化和差．
故D、I、E三点共线cosA=cosB+cosCG、O、F三点共线．
∴D、I、E共线G、O、F三点共线，证毕．
解：我们先证明CP平分∠ACB，且CP∥BD．用同一法．
作∠ACB平分线CP交DN于P，则∠BCP=∠ACP=∠CBD=∠CDB= ∠C．
∴PC∥BD．我们证明∠PBC=∠A．
事实上，这只须证△BCP∽△ADB．
又由于我们已知∠BCP=∠ADB= ∠C．
故只须证 = …①
注意到PC∥BD，故 = ．
记 所对圆周角为，由AD∥BE, = 知
所对角为∠C, 所对角为∠B, 所对角为．
∴ 所对角为B－C－．
∴∠SHA=∠HAD=B－C－…①
∠UHC=∠HCF=∠CCF= － = － =A－,
∠AHC= 180－∠CHA=B．
∴∠UHA= 180－∠CHU+∠AHC=C+…②
同理可得∠THA=B－…③
－cos－isin· cos90－+isin90－=A记为．
则A=－ [sin－+icos－]．
∵O=A+A，∴O的横坐标即为－ +cos= ．
∴E点坐标为 ,sin．
又由九点圆性质，设O为外心，G为重心，则 = 且Ni与O在G异侧．
设G为G点对应复数，Ni为Ni点对应复数，则Ni= G= A+B+C．
利用2sinAsinB=cosB－A－cosA+B=cosB－A+cosC, 2cos2 =cosB－A+ 1, 2cos cos =cosA+cosB．
三式代入化简得③cosA+cosB+cosC= 1 +sinA+sinB－sinC．
而由三角形内熟知恒等式cosA+cosB+cosC= 1 + 4sin sin sin 得
引理的证明：事实上，①式即
= =
sinAcot－sinA=sinAcot－cosA=．
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
又CD=BC，故① = …②
对直线NTD截△ABC运用梅涅劳斯定理有 = 1．
∵N为AB中点，∴AH=NB = ，②得证．
从而△BCP∽△ADB∠PBC=∠A．
∵∠PBC=∠PBC，P、P、A皆在BC同侧，P与P皆在ND上，∴P=P．
即CP平分∠ACB且CP∥BD．
下证 － = 2，对ACD截△BTN有 = 1．
同理rB= ,tan∠EO2O1= = = ．
易有AD=bcosA= 2RsinBcosA,BD= 2RsinAcosB,BC= 2RsinA,AC= 2RsinB,AB= 2RsinC．
代入有tan∠EO2O1= = ．
∴② = …③
下面分情况讨论：
1∠A=∠B时，左右两边皆为0，③式成立；
2∠A≠∠B时，sin 可约去，得2sinAsinB+sinC－sinA－sinB= 2cos2 cos ．
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．
= , = ．
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．
03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、U、H四点共圆．同何长伟02，但解法不同
∴ = =sinA+sinB+sinC正弦定理．
故sinB+sinC=sinA+sinB+sinCcosA．
右边和差化积，右边利用熟知的三角形内恒等式sinA+sinB+sinC= 4cos cos cos 有
2cos cos = 4cos cos cos cosA．
消去2cos 再对cos cos 积化和差有
证：记∠BAC=A,∠ABC=B,∠ACB=C，BC=a,AB=c,AC=b，△ABC外接圆半径为R，内切圆半径为r．
易得AO=R,AI= ,AD=ccosA= 2RsinCcosA,AE= 2RsinBcosA,∠EAI=∠IAD= ,∠GAO= 90－C,∠OAC= 90－B．
由AF+FC=b, = 解得AF= ．同理可得AG= ．
07△ABC中，∠A,∠B为锐角，CD为高，O1、O2分别为△ACD和△BCD内心．问，△ABC满足怎样的充要条件，使得A、B、O1、O2四点共圆．
解：所求充要条件为∠C= 90或∠A=∠B其中∠C=∠ACB,∠A=∠CAB,∠B=∠CBA．
记AC=b,BC=a,AB=c，外接圆半径为R．
过O1作O1H⊥AB=H，过O2作O2I⊥AB=I，O2E⊥O1H=E，则
由正弦定理知 = 2sin= 且∠BAO1=∠CAO2．
∴∠O1AO2=∠BAC，从而△AO1O2∽△ABC且相似比为 ．
由∠BAO1= 90－知△ABC变换为△AO1O2为一个绕A逆时针旋转90－及以A为中心位似比为 的位似变换之积．
=－cos,－sin对应复数为－cos－isin，则AO对应复数为
∴∠ZWY= 180－∠ZYW+∠YZW= 180－180－B－C=∠B+∠C= 180－∠ZXY．
∴X、Z、W、Y四点共圆．
∴∠XZW+∠XYW= 180…*
∠XYW=∠XYZ+∠ZYW=∠B+ 90－B+= 90+,
∠WXY=∠WZY= 90－C－．
∴由正弦定理知 = = = ．
又∠YWX=∠YZX=∠C=∠THS，∴△WZX∽△HTS．
SX2=SA2+XA2…②
①－②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．
04在△ABC中，D是BC边上一点，设O1、O2分别是△ABD、△ACD外心，O是经过A、O1、O2三点的圆的圆心，记△ABC的九点圆圆心为Ni，作OE⊥BC=E．求证NiE∥AD．
证：以△ABC外接圆圆心为原点建立复平面，设其半径为1．
设Acos,sin、B－cos,sin、Ccos,sin，∠ADB=．
1－sinA+sinB－sinC= 1 + 2sin cos －2sin sin = 1 + 2cos cos －cos = 1 + 4sin sin cos ．
∠O1AB= ∠A,∠O2BA= ∠B．
故A、B、O1、O2四点共圆∠BAO1=∠FO2O1…①
∵O2E∥AB，∴∠FO2E= ∠B．
∴∠FO2O1=∠EO2F－∠O1O2E，∴∠FO2O1= ∠B－∠O1O2E．
∴① = －∠O1O2E∠O1O2E= tan∠EO2O1=tan …②
记O1H=rA,O2i=rB，∵∠ADC= 90，由直角三角形内心性质知rA=DH= ．
由张角定理知，G、O、F三点共线 = +
= +
bcsinA=R[a+bcosB+a+ccosC]利用正弦定理
2sinAsinBsinC=sinA+sinBcosB+sinA+sinCcosC
2sinAsinBsinC=sinAcosB+cosC+sinBcosB+sinCcosC
利用sinBcosB+sinCcosC= sin2B+sin2C=sinB+CcosB－C=sinAcosB－C消去sinA得
－ sin∠1 = － sin∠2 = ．
又易有M、B、C、N四点共圆．
∴AM·AB=AN·AC，即2AM·AE= 2AN·AF．
∴ = …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
①+②得∠UHS=∠B；①－③得∠SHT=∠C．
又 = + + = 290－B+C+B－C－= 290－．
∴AD= 2Rsin90－．∴HS= 2Rsin90－．
同理可计算出CF= 2Rsin90－B+,BE= 2Rsin90－C－．
从而HU= 2Rsin90－B+,HT= 2Rsin90－C－．
由此有HS:HU:HT=sin90－:sin90－B+:sin90－C－．
2sinBsinC=cosB+cosC+cosB－C．
再对左边积化和差有
cosB－C－cosB+C=cosB+cosC+cosB－CcosA=cosB+cosC…*
另一方面，D、I、E三点共线 = +
ຫໍສະໝຸດ Baidu= + ．
消去sin 、去分母有rsinB+sinC= 2RsinAsinBsinCcosA．
又S= 2R2sinAsinBsinC= ra+b+c，
于是Ni坐标为 , ．设NiE斜率为k，则
k= = =－tan．
又∵∠ADC=－，∴AD斜率亦为－tan，故AD与BiE平行，证毕．
05设△ABC的边AB中点为N，∠A>∠B，D是射线AC上一点，满足CD=BC，P是射线DN上一点，且与点A在边BC同侧，满足∠PBC=∠A，PC与AB交于点E，BC与DP交于点T．求表达式 － 的值．
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DHAS关于BC对称．
故DHAS必为等腰梯形．四边形HFUC与HTEB同理亦然．
∴HS=AD,HU=CF,HT=BE,∠SHA=∠HAD．
∵N为AB中点，∴ = = 2 + ．
∵CP平分∠ACB，∴ = ，我们证明 = 即可．
∵CD=BC，∴只须证 = 1．
对BTC截△AND运用梅氏定理有 = 1，即 = 1．故 － = 2．
综上所述，所求 － = 2．
评注：从题目的问题得到提示，使用梅氏定理，比例的转换方向明确．
06△ABC中，BD和CE为高，CG和BF为角平分线，I是内心，O为外心．求证D、I、E三点共线G、O、F三点共线．