Question

7．如图，O为△ABC外心，D为BC上一点，BD中垂线交AB于F，CD中垂线交AC于E，求证：A、F、O、E四点共圆．

Answer 1

分析 先利用同弧所对的圆周角相等和平行线的性质得出cosC=$\frac{OH}{R}$，cosB=$\frac{ON}{R}$，再用BC=BG+CG=BD+CD，借助中垂线和三角函数得出BHcosB+CNcosC=BP+CQ，进而用BP=BFcosB，CQ=ECcosC和线段的和差得出FHcosB=CNcosC，即$\frac{FH}{OH}=\frac{CN}{ON}$，得出△OHF∽△ONE，即∠FOH=∠EON，结论得证．

解答 证明：连接AO并延长交⊙O于M，连接BM，
∴∠M=∠C，∠ABM=90°，
过点O作OH⊥AB，ON⊥AC，
∴BH=$\frac{1}{2}$AB，∠AHO=∠ABM=∠ANO=90°，
∴OH∥BM，
∴∠AOH=∠M=∠C
在Rt△AOH中，cos∠AOH=$\frac{OH}{OA}$，
∴cosC=$\frac{OH}{OA}$，
设△ABC的外接圆的半径为R，则OA=R，
∴cosC=$\frac{OH}{R}$，
同理：cosB=$\frac{ON}{R}$，
过点A作AG⊥BC，
在Rt△ABG中，BG=ABcosB=2BHcosB，
同理：CG=2CNcosC，
∴BC=BG+CG=2BHcosB+2CNcosC
∵BD中垂线交AB于F，CD中垂线交AC于E，
∴BD=2BP，CD=2CQ，
∴BC=BD+CD=2BP+2CQ，
∴2BHcosB+2CNcosC=2BP+2CQ，
∴BHcosB+CNcosC=BP+CQ，
∴（BF+FH）cosB+（EC-CN）cosC=BP+CQ，
即：BFcosB+FHcosB+ECcosC-CNcosC=BP+CQ，
在Rt△BPF中，BP=BFcosB，
在Rt△CQE中，CQ=ECcosC，
∴FHcosB=CNcosC，
∵cosC=$\frac{OH}{R}$，cosB=$\frac{ON}{R}$，
∴FH×$\frac{ON}{R}$=CN×$\frac{OH}{R}$，
∴$\frac{FH}{OH}=\frac{CN}{ON}$，
∵∠OHF=∠ONE=90°，
∴△OHF∽△ONE，
∴∠FOH=∠EON，
∵OH⊥AB，ON⊥AC，
∴∠BAC+∠HON=180°，
∴∠BAC+∠HOE+∠EON=180°，
∴∠BAC+∠HOE+FOH=180°，
∴∠BAC+∠EOF=180°，
∴A、F、O、E四点共圆．

点评 此题是四点共圆，主要考查了圆的性质，四点共圆的判断方法，锐角三角函数，相似三角形的判定，解本题的关键是得出∠FOH=∠EON，也是解本题的难点，是一道好的竞赛题．