1、已知：如图，AB=AC,D、E、F在BC、AB、AC上,DE//AC,DF//AB,G为△ABC外接圆上BC弧中点。
求证：GD⊥EF(《中等数学》2017年增刊一 模拟题3)
思路分析：
此构型很熟悉，显然还是前面一直说的1949年的那个题目[1]，
由那题的结论知AH//EF,DH⊥EF,故DH⊥AH。又显然AG为圆的直径，
故GH⊥AH,从而G,D,H共线，即结论成立。
证明：设D关于EF对称点为H，依题意易得
AEDF为平行四边形且EB=ED=EH,
从而E为△BDH的外心，
类似的，F为△CHD的外心，
故2∠BHD=∠BED=∠BAC=∠DFC=2∠DHC,
即∠BHC=∠BAC,
故BAHC共圆。
∠EHF=∠EDF=∠BAC,
故AEFH共圆。
又AE=DF=FH，
故AEFH为等腰梯形，
则AH//EF,
故DH⊥AH。
又显然AG为外接圆的直径，
故GH⊥AH,从而G,D,H共线，即
GD⊥EF。
注：
1）原题中的点D在BC延长线上，图形稍有区别，但本质相同。原解答稍复杂，也和上述解答不同，有兴趣的读者可以自行参阅。
2）本题初看不易，但是只要发现结构熟悉，联系到经典的性质证明几乎显而易见。
做完本题，一个自然的思路是本题能否推广呢？本题可以理解为过D的EF的垂线经过定点G，对于一般的三角形有没有类似的结论呢？一个推广是依然作平行线，可以发现此时垂线不过定点。另一个推广当然是类似上一篇[2]，保证EB=ED,FD=FC,发现过D的EF的垂线经过定点I，I在ABC外接圆上且AI⊥BC。从而可以将本题推广，得到：
2、已知：如图，D、E、F分别在BC、BA、AC上且ABIC共圆，
且ED=EB,FD=FC,AI⊥BC。
求证：ID⊥EF(《中等数学》2018年增刊一 模拟题8)
思路一：希望能如法炮制，模仿上一题的思路。
作出D关于EF对称点J，考虑证明IDJ共线，
但是此时没有AI为直径及AJ//EF,
所以直接模仿是不行的，只能再深入挖掘了。
因为此题本质为猫爪定理（即密克定理），所以
延长EF，作出完全四边形在情理之中，
结合很多共圆适当倒角即可得到。
证明一：设EF交BC于K，D关于EF对称点为J，
显然E、F为△JBD、△JCD外心，则
∠EJF=∠EDF=180°-∠EDB-∠FDC
=180°-∠ABC-∠ACB=∠BAC,
故JEFA共圆；
则2∠ABJ=∠JEA=∠JFA=2∠JCF，
故JBCA共圆；
则∠KBJ=∠CAJ=∠KEJ,
故JEBK共圆；
则∠AIJ=∠ABJ=∠EKJ=∠EKD=90°-∠KDJ,
故∠IDC=∠KDJ,
则JDI共线，
即ID⊥EF。
思路二：证明垂直的常见思路是利用定差幂线，即
勾股定理推论。所以还可以考虑适当计算得到。
通过尝试发现也是可行的，
这样就可以不添加辅助线，
直接通过余弦定理及三角计算完成证明。
注：1）上述证法一类比上题，在情理之中，不过也不是简单的照搬，还要还原到本质——猫爪定理中来才行，这里再次体现了抓住问题本质的重要性。许多问题只有回到本质上才能看清楚，才能顺利解决。
2）证法二利用定差幂线及余弦定理三角计算证明也是自然而然的思路，对于不熟悉本题结构的人应该是一个合理的选择。最终证明也不复杂。
3）当然本题也可以改编为：求证当D运动时，过D的EF的垂线过定点。
3、已知：分别在等腰三角形ABC的腰AB、AC上选点M、K，在底边BC上选点D使得AMDK为平行四边形。直线MK交BC于L。
过D作BC的垂线，分别交AB、AC于X、Y。
求证：以L为圆心，LD为半径的圆与△AXY的外接圆相切。
（2017年沙雷金几何奥林匹克9-4）
思路分析一：本题结构当然还是老一套。可以考虑
将其转化为前面的经典问题解决。
两圆相切，切点H一定至关重要，
画出准确图形后可以发现H恰好和D关于MK对称，
这样可得ABCH共圆。
还能发现LH为此圆切线。
又OA也为此圆切线。
从而本题证明思路基本明朗。
转化为：设H为D关于MK对称点，
LH交过A的BC的平行线于O，
只需证明OA=OH且XAYH共圆即可。
证明一：
设D关于LM对称点为H，
LH上点O满足AO//BC。
由AMDK为平行四边形，得
∠MAK=∠MDK=∠MHK,
则AMKH共圆,
又AM=DK=HK,
故AMKH为等腰梯形。
又KC=KD=KY=KH,
则K为HCD外心，
同理M为BDH外心。
则2∠ABH=∠AMH=∠AKH=2∠ACH,
则ABCH共圆。
则∠KHL=∠KDL=∠KCD,
故KHLC共圆，
则∠CHL=∠CKL=∠CAH，
故LH为圆ABC切线。
又OA为圆ABC切线，
故OA=OH。
又∠XAH=∠HCB=∠HYX,
故XAYH共圆;
又OA为XY中垂线，
则O为AXY外心。
又LD=LH,从而以L为圆心LD
为半径的圆与△AXY的外接圆相切于H。
思路二：
设XY交MK于Z，发现本题只需证明Z在两圆根轴上即可。
这样即可消去两圆。得到下图。
只需证明
ZD^2=ZY*ZX,
<=>ZD/ZY=ZX/ZD,
<=>MD/KY=MX/KD,
显然MD=MX,KY=KD，从而结论成立。
证明二：
设XY交MK于Z，
D关于MK对称点为H。
显然M为圆BDHX圆心，
K为圆CDYH圆心，
则∠CYH=∠CDH=∠HXB,
故XAYH共圆。
依题意MD=MX,KY=KD，
由平行得
ZD/ZY=MD/KY=MX/KD=ZX/ZD,
即ZD^2=ZY*ZX
故ZH^2=ZY*ZX。
故ZH为圆AXY切线，
又显然ZH为圆(L,LD)的切线。
从而两圆切于H。
从而以L为圆心LD为半径的圆与△AXY的外接圆相切于H。
注：1）本题是2017年沙雷金几何奥林匹克决赛九年级的压轴题第4题，虽然结构常见，但是深入了许多，而且证明两圆相切的题目一般都是很难的，所以此题还是一个很有难度的题目。上述两个解答都是本人思考得到的。参考答案的方法是用圆的正交及反演证明的，当然这也是证明两圆相切的常见思路。
2）上面证明1基本想法还是还原为经典问题，特别是发现公切点即为D关于MK对称点后就更坚定了此思路的信心，最终确实也能如愿以偿。所以解答一虽然有点复杂，但是对于本题结构熟悉的人还是容易想到和操作的，因为毕竟都是老生常谈的结论。
3）上面证明2相对比较简洁，关键在于发现Z在两圆公切线上，后面通过消点简化图形即可轻松证明。上述证法1和2都是通过挖掘公切点的性质得到的，这是证明两圆相切的最常见而且自然的思路。
4）显然本题是对本结构深入挖掘得到的优美性质，进一步彰显了本结构的活力无限。当然本题是否还能在推广呢，本人尝试了很久，没有得到好的结果。希望感兴趣的读者勇于挑战。
