12.G是△ABC的重心，以AG为弦作圆切BG于G，延长CG交圆于D。求证：AG2=GC·GD。

　　【分析】

　　【评注】平移变换

　　13.C是直径AB=2的⊙O上一点，P在△ABC内，若PA+PB+PC的最小值是 ，求此时△ABC的面积S。

　　【分析】

　　【评注】旋转变换

　　费马点： 已知O是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°;P是△ABC内任一点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。(O为费马点)

　　【分析】将C C‘，O O’， P P‘，连结OO’、PP‘。则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。

　　∴OO’=OB，PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。

　　由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。

　　∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。

　　14.(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各边分别交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分别作⊙O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、N、P、Q。

　　求证：MQ//NP。

　　【分析】由AB∥CD 知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，

　　结合∠A=∠C知，只需证

　　△AMQ∽△CPN

　　← ，AM·CN=AQ·CP。

　　连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则

　　∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。

　　∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α

　　∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM

　　又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是 ，

　　∴AM·CN=AO·CO

　　同理，AQ·CP=AO·CO。

　　【评注】

　　15.(96全国竞赛)⊙O1和⊙O2与ΔABC的三边所在直线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。 求证：PA⊥BC。

　　【分析】

　　【评注】

　　16.(99全国竞赛)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。

　　证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得 因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理，

　　可得 ，故 。

　　过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。

　　则 ，

　　所以 ，从而CI=CJ。

　　又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。

　　因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。

　　已知AB=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。(5届CMO)

　　证明：作△EOH △E’OH‘，则只需证E’、M、H‘共线，即E’H‘、BO、GF三线共点。

　　记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO于K。只需证 =1(Ceva逆定理)。

　　= = =1

　　注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。

　　对应于99联赛2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF、BO三线共点。求证：∠GOB=∠H‘OB。

　　事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。

　　证明方法为：同一法。

　　蝴蝶定理：P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。

　　【分析】设GH为过P的直径，F F’F，显然‘∈⊙O。又P∈GH，∴PF’=PF。∵PF PF‘，PA PB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。

　　又FF’⊥GH，AN⊥GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’

　　=∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。

　　∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。

　　【评注】一般结论为：已知半径为R的⊙O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则 。(解析法证明：利用二次曲线系知识)