平面几何题目分享（11）一道和欧拉线有关的证明问题

（写在前面凑字数）本题集主要由我比较喜欢的平面几何题目组成，也包括一定量改编或自编题。由于信息有限，部分题目可能无法标注出处。题目难度基本会保持在高联难度，有时也会出现一些较简单或较困难的题。（本题集无任何教育功能或目的，仅供娱乐）

题面：设A关于△ABC欧拉线Eu的对称点为D，AD与欧拉线交于点K，连接BD，CD。点F在线段AC上，满足CF=BD；点E在线段AB上，满足BE=CD。求证：EK⊥FK。

这道题的证明过程可能比较繁琐，但上手还是比较容易的。注意到外心在欧拉线上，由对称易得ABCD四点共圆；CD=BE，BD=CF的条件也给了我们一个暗示：将D关于BC中点对称。因为对称后将得到两个等腰三角形。至于后事如何，就“骑驴看唱本——走着瞧”好了。

设D关于BC中点M的对称点为P，则四边形BDCP为平行四边形，有等腰三角形△EBP，△FCP由ABCD四点共圆，∠BDC=∠BPC=180°-∠BAC。由于∠BHC=180°-∠BAC，我们发现BPHC四点共圆。所以∠HBC=∠HPC=90°-∠ACB=90°-∠ADB。又因为AD⊥KH，PC∥BD，所以PC与KH所夹的锐角恰为∠HPC，这说明P在欧拉线上。

这时，观察四边形EKPF，如果有EP⊥PF，且EKPF四点共圆，那么这个问题就解决了。但是EP⊥PF似乎不容易证明。这时，往往可以先证一些较弱的结论，把大问题分解成几个小问题，然后逐个击破。我们发现，取EF中点N，由等腰△EBP，△FCP，EP⊥PF可推得BN⊥NC，但由BN⊥NC结合等腰三角形无法直接推出EP⊥PF。这说明相对于PE⊥PF，BN⊥NC是较弱的结论。那么如何证明它呢？

我们发现，M，N均为中点，所以只需证BC=2MN。由中点M，N，得2MN=BE+CF（向量）所以4MN²可表示为BE²+CF²-2BE·CF·cos∠BAC（余弦定理）而BD=CF，CD=MN，∠BDC+∠BAC=180°。所以，BC²=BD²+CD²-2BD·CD·cos∠BDC=BE²+CF²-2BE·CF·cos∠BAC=4MN²，所以BC=2MN。即BN⊥CN。那么，该如何运用这个结论推得E⊥PF呢

这时，等腰△EBP，△FCP的重头戏便来了。我们只需证BN，CN分别为∠EBP，∠FCP的角平分线即可。由∠BPC+∠BAC=2∠BNC不难发现，由一个角平分线可以推出另一个，所以只要证出一个就可以。即证∠EBN=∠PBN。由BM=MN，得∠BNM=∠NBM=∠NBP+∠PBC+∠NBP+∠BAD。所以，要证∠EBN=∠PBN，只需证∠BNM=∠EBN+∠BAD=∠BXD，即MN∥AD。这时，一个比较自然的想法是通过利用欧拉线的一些性质证明MN与其垂直，进而证明上述结论。但也许是个人实力有限，在实际操作时发现计算量庞大。于是我放弃了这个想法，转而继续利用角度去证明，幸运的是，还真发现了一个简洁的证法。

如图，取EC中点G，由中位线，NG=1/2FC=1/2BD，MG=1/2CD，又因为MN=1/2BC，我们得到△BDC∽△NGM所以∠NMG=∠BCD=∠BAD。又因为MG∥AB，所以MN∥AD。

至此，我们终于证明了EP⊥PF，可我们还需证EKPF四点共圆，这个问题才能被解决。但是，因为有垂直，所以证明共圆可等价为证KP的中垂线为MN。由MN∥AD，“垂”已经整完了，就差“中”还需证明。

有了前面的铺垫，这个结论还是很好证的。注意到PD中点为M，由PK⊥AD，即可证明PM=MK，“中”便证完了。至此，我们成功地证出了EK⊥KF。