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)
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