Question

4．已知O是锐角△ABC的外心，BE、CF分别为AC、AB边上的高，自垂足E、F分别作AB、AC的垂线，垂足为G、H，设EG与FH相交于K．
（1）证明：A、K、0三点共线；
（2）若AK=KO，求∠A．

Answer 1

分析 题目没图，首先根据题意画出最初图形．
（1）由于EG⊥AF，FH⊥AE，说明K是△AEF的垂心，所以只需证明AO垂直EF即可，也就是证∠AFE+∠BAP=90°，而B、F、E、C四点共圆是显然的，因此，只需证∠AFE+∠ACB=90°，而AO是半径，AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠BPA=∠ACB，∠APB+∠BAP=90°，结论水落石出．
（2）由于题目没有告诉任何角度条件，那么直接进行角度的换算是行不通的了．注意到∠BAC处在直角三角形中，因此，只要求出∠BAC对应的三角函数值也能达到目的，也就只需求出$\frac{AF}{AC}$即可，问题转化为推导线段的比例关系，由此想到三角形相似；设BE、CF交于点L，则L为△ABC的垂心，连接AL，则AL⊥BC，连接BO并延长交⊙O于点M，连接CM、AM，过点O作ON⊥BC于N，△AFK∽△ACL、△BON∽△CAF是显然的，并且易证ON=$\frac{1}{2}CM$=$\frac{1}{2}AL$；由△AFK∽△ACL可得$\frac{AK}{AL}=\frac{AF}{AC}$；由△BON∽△CAF可得$\frac{ON}{OB}=\frac{AF}{AC}$，注意到ON=$\frac{1}{2}CM$=$\frac{1}{2}AL$，AO=BO=2AK，则$\frac{\frac{1}{2}AL}{2AK}=\frac{AF}{AC}$，将$\frac{\frac{1}{2}AL}{2AK}=\frac{AF}{AC}$和$\frac{AK}{AL}=\frac{AF}{AC}$两式相乘即可求出$\frac{AF}{AC}$，答案不言而喻．

解答 解：（1）如图1，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，设BE、CF交于点L，连接AL并延长交BC于点J，连接EF，

∵BE⊥AC，CF⊥AB，
∠BFC=∠BEC=90°，
∴B、F、E、C四点共圆，
∴∠AFE=∠ACB，
∵∠ACB=∠APB，
∴∠AFE=∠APB，
∵AP是直径，
∴∠ABP=90°，
∴∠APB+∠BAP=90°，
∴∠AFE+∠BAP=90°，
∴AO⊥EF，
∵FH⊥AE，EG⊥AF，EG与AF交于点K，
∴K为△AEF的垂心，
∴A、K、O三点共线；
（2）如图2，设BE、CF交于点L，则L为△ABC的垂心，连接AL，则AL⊥BC，连接BO并延长交⊙O于点M，连接CM、AM，过点O作ON⊥BC于N，

∵BM是直径，
∴MA⊥AB，
∵CF⊥AB，
∴CF∥MA，
同理AL∥CM，
∴四边形ALCM是平行四边形，
∴AL=CM，
∵ON⊥BC，BO=OM，
∴ON=$\frac{1}{2}CM$=$\frac{1}{2}AL$，
∵AL⊥BC，
∴∠LAC+∠ACB=90°，
∵∠BAP+∠APB=90，∠APB=∠ACB，
∴∠BAP=∠CAL，
∵∠AFH+∠BAC=∠ACF+∠BAC=90°，
∴AFH=∠ACF，
∴△AFK∽△ACL，
∴$\frac{AK}{AL}=\frac{AF}{AC}$，①
∵∠BON=$\frac{1}{2}$∠BOC=∠BAC，
∴△BON∽△CAF，
∴$\frac{ON}{OB}=\frac{AF}{AC}$，
∵ON=$\frac{1}{2}CM$=$\frac{1}{2}AL$，AO=BO=2AK，
∴$\frac{\frac{1}{2}AL}{2AK}=\frac{AF}{AC}$，②
①、②两式相乘可得：$（\frac{AF}{AC}）^{2}=\frac{1}{4}$，
∴$\frac{AF}{AC}=\frac{1}{2}$，即cos∠BAC=$\frac{1}{2}$，
∴∠BAC=60°．

点评 本题考查了三角形垂心的性质、三角形外接圆性质、圆周角与圆心角的性质、四点共圆的判定与性质、相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质、三角函数等众多的知识点，难度很大，是一道非常经典的平面几何竞赛题．本题的解答要求学生必须具备深厚的数学功底、敏锐的观察能力和几何直觉；本题对于几何爱好者而言，也是一道不可多得的好题，值得收藏．