Question

4．已知O是銳角△ABC的外心，BE、CF分別為AC、AB邊上的高，自垂足E、F分別作AB、AC的垂線，垂足為G、H，設EG與FH相交于K．
（1）證明：A、K、0三點共線；
（2）若AK=KO，求∠A．

Answer 1

分析 題目沒圖，首先根據題意畫出最初圖形．
（1）由于EG⊥AF，FH⊥AE，說明K是△AEF的垂心，所以只需證明AO垂直EF即可，也就是證∠AFE+∠BAP=90°，而B、F、E、C四點共圓是顯然的，因此，只需證∠AFE+∠ACB=90°，而AO是半徑，AO并延長交⊙O于點P，連接BP，則∠BPA=∠ACB，∠APB+∠BAP=90°，結論水落石出．
（2）由于題目沒有告訴任何角度條件，那么直接進行角度的換算是行不通的了．注意到∠BAC處在直角三角形中，因此，只要求出∠BAC對應的三角函數值也能達到目的，也就只需求出$\frac{AF}{AC}$即可，問題轉化為推導線段的比例關系，由此想到三角形相似；設BE、CF交于點L，則L為△ABC的垂心，連接AL，則AL⊥BC，連接BO并延長交⊙O于點M，連接CM、AM，過點O作ON⊥BC于N，△AFK∽△ACL、△BON∽△CAF是顯然的，并且易證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，則$\frac{\frac{1}{2}AL}{2AK}=\frac{AF}{AC}$，將$\frac{\frac{1}{2}AL}{2AK}=\frac{AF}{AC}$和$\frac{AK}{AL}=\frac{AF}{AC}$兩式相乘即可求出$\frac{AF}{AC}$，答案不言而喻．

解答 解：（1）如圖1，連接AO并延長交⊙O于點P，連接BP，設BE、CF交于點L，連接AL并延長交BC于點J，連接EF，

∵BE⊥AC，CF⊥AB，
∠BFC=∠BEC=90°，
∴B、F、E、C四點共圓，
∴∠AFE=∠ACB，
∵∠ACB=∠APB，
∴∠AFE=∠APB，
∵AP是直徑，
∴∠ABP=90°，
∴∠APB+∠BAP=90°，
∴∠AFE+∠BAP=90°，
∴AO⊥EF，
∵FH⊥AE，EG⊥AF，EG與AF交于點K，
∴K為△AEF的垂心，
∴A、K、O三點共線；
（2）如圖2，設BE、CF交于點L，則L為△ABC的垂心，連接AL，則AL⊥BC，連接BO并延長交⊙O于點M，連接CM、AM，過點O作ON⊥BC于N，

∵BM是直徑，
∴MA⊥AB，
∵CF⊥AB，
∴CF∥MA，
同理AL∥CM，
∴四邊形ALCM是平行四邊形，
∴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、②兩式相乘可得：$（\frac{AF}{AC}）^{2}=\frac{1}{4}$，
∴$\frac{AF}{AC}=\frac{1}{2}$，即cos∠BAC=$\frac{1}{2}$，
∴∠BAC=60°．

點評 本題考查了三角形垂心的性質、三角形外接圓性質、圓周角與圓心角的性質、四點共圓的判定與性質、相似三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質、三角函數等眾多的知識點，難度很大，是一道非常經典的平面幾何競賽題．本題的解答要求學生必須具備深厚的數學功底、敏銳的觀察能力和幾何直覺；本題對于幾何愛好者而言，也是一道不可多得的好題，值得收藏．