前面几篇文章《利用“鸡爪定理”构型解题》、《再说鸡爪定理》、《又说鸡爪定理》、《还说鸡爪定理》介绍了与鸡爪定理有关的基本构型的性质及应用。为了方便在后面题目中引用，把前面的文章按一二三四编号，称为第一篇、第二篇……在近几年世界各个国家和地区的竞赛及IMO预选题中还有很多相关的问题，下面继续介绍：

1、已知：△ABC内切圆I切AB、AC于D、E，O为△IBC外心。

求证：∠ODB=∠OEC（2012年女子数学奥林匹克）

证明：

由鸡爪定理知AIO共线，且∠OAB=∠OAC,

又AD=AE则△ADO≅△AEO(SAS),故∠ODB=∠OEC

注：本题很简单，只要对这个构型熟悉几乎可以秒杀。

2、已知：I、H为锐角△ABC内心、垂心，CI、CH交外接圆于L，D；

求证：CIH=90°<=>IDL=90°(2005年保加利亚国家队选拔考试)

思路1：

作出直径LF，找到相似三角形，利用鸡爪定理；

证明1：

设FL为圆O直径，则∠FCL=90°且FL//CD,

故LDCF为等腰梯形；

由鸡爪定理得LI:LC=LN:LI,由等比定理得CI:LC=IN:LI,

由垂心性质得CH=2OM；

（1）若∠IDL=90°，则FID共线且IO⊥LF，

故MN//OI,故CH:LF=OM:OL=IN:LI=CI:CL，

则△CIH∼△LCF，故∠CIH=90°；

（2）若∠CIH=90°，则△CIH∼△LCF，则

IN:LI=CI:CL=CH:LF=OM:OL,

故MN//OI,即IO⊥LF,

即I为等腰梯形LDCF对角线交点，FID共线,

故∠IDL=90°;

综上∠CIH=90°<=>∠IDL=90°；

思路2：

联想到第一篇文章中鸡爪定理的基本构型，延长LD交AB于M，则CNDM共圆，后面倒角即可；

证明：

延长LD交AB于M，由垂心得∠HBA=∠ACN=∠ABD,故NH=ND，即AB为HD中垂线；

由第一篇中的结果有CNDM共圆，

则∠CIH=90°<=>∠CHI=∠CNL=∠CDM=∠DHM<=>IHM共线

<=>∠IDL=90°(因为△LID∼△LMI)

思路3：

作HQ⊥CL，直径LF，FD交CL于P，找到PQI间等式即可；

证明：

设FL为圆O直径，HQ⊥CL，设FD交CL于P，

则∠FCL=90°且FL//CD,故LDCF为等腰梯形；由证明2得 NH=ND;

又HQ//CF,故LDHK为等腰梯形；

则MK=ML,则LQ:LC=LK:LF=LM:LO,

由PO⊥LF得LP*LC=LO*LF,

上述两式相乘并结合鸡爪定理得

LQ*LP=LM*LF=LA^2=LI^2,

则∠CIH=90°<=>I,Q重合<=>I,P重合<=>∠IDL=90°

即∠CIH=90°<=>∠IDL=90°

注：

1、)本题虽然是10几年前的赛题，但是结论漂亮，证明殊为不易，难度中等偏上。特别是要证明充要条件，略有些麻烦，一不小心就会陷入循环论证。

2、）上述三种证明方法中1和2是我的，3是官方的解答，思路各有千秋，希望读者能博观约取、兼容并蓄，本题比较经典，但本人见到的证明均为3的官方解法，而且原解答的图形很不清晰。此解法用了同一法，非常精妙，相当于加强命题，证明了一个更一般的结论LI^2=LQ*LP，不过思路不太容易想到。解答1充分利用相似，解答2用了第一篇文章中的构型，相信还有其他的解法，例如三角计算等，希望读者充分利用掌握的工具寻找属于自己的解答。

3、）看到本题，其实我首先想到的是第二篇文章中的例题3，显然这两个问题是等价的，估计那题也来源于此题，不过按那里的解法由∠CIH=90°证明∠IDL=90°比较困难，后来我就改弦易辙，放弃了那个证明，重新寻找方法，得到了1，2两种证明，这里再次强调温故知新。显然这两个方法都比第二篇例3里的方法好一些，而且都能证明那个题目的逆命题，所以我们要学会改进已经得到证明，精益求精，追求至善。

3、已知：I为△ABC内心,∠B<∠C,以AI为直径的圆交ABC外接圆于D，AE//BC且E在以AI为直径的圆上，∠ABC=33°,若ID平分∠EDC,

求∠BAC，（2015年第12届东南数学奥林匹克高一组）

思路分析：和第四篇例6类似

解：

设MT为垂直BC的直径，类似第四篇中例6得到TED共线；

由ID平分∠EDC得∠TAJ=∠TDJ=∠JDC=∠JAC,故AT=AC;

则∠TMA=∠CMA=∠CBA,∠BAC=180°-∠BMC=180°-4∠CBA=180°-4*33°=48°

注：联想到前面的题目，熟悉本构型后辅助线都是顺理成章、自然而然的。

4、已知：I为ABC中C所对的旁心，CI交外接圆于T，D在CB延长线上且BA=BD，

且4∠TDI=∠ABC+∠ACB,

求∠BAC

解：

由I为旁心及AB=DB得△IBD≅△IBA(SAS),

由鸡爪定理得T为△BAI外心，

则4∠TDI=∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=180°-∠BTC=∠ITB=2∠BAI=2∠BDI,

则2∠TDI=∠BDI,即∠TDI=∠BDT；

又TI=TB,则∠DIT=∠DBT或180°-∠DBT；

1）若∠DIT=∠DBT，则△DIT≅△DBT(AAS)，则DI=DB,即AI=AB,

∠AIB=∠ABI,即90°-0.5∠ACB=0.5(∠BAC+∠ACB),

即∠BCA=∠ABC,AB=AC,与已知矛盾；

2）若∠DIT=180°-∠DBT，则BTID共圆，

则∠BAC=∠BTC=∠BDI=∠BAI=0.5(180°-∠BAC),故∠BAC=60°；

综上∠BAC=60°

注：

1) 本题解答中用到一个常见的重要结论，即：SSA是不能判定两个三角形全等的，进一步，如图DBTI所示，两三角形有一个公共边，一对角相等，这角所对的边也相等，此时公共边所对的两个角相等或互补，这个不难直接用几何方法证明或者由正弦定理得到。

2) 本题和第四篇的2及第三篇的1显然都是含60°三角形的性质和判定；

5、已知：锐角三角形ABC中，∠B>∠C,I为其内心，R为其外接圆半径，AD⊥BC于D，

DI交AC于E，延长AD到K，使得AK=2R，KI交BC于F，IE=IF，

求证：∠B≤3∠C, （2007第48届IMO预选题7）

思路分析：

由已知条件挖掘图形的基本性质，发现∠DIK=∠KAI后就比较简单了；

证明：

如图，作出ABC外接圆O，设AM为直径，AI、MI交圆O于J、L，

JL交BC、AD于N、P。

由∠B=∠AMC得∠BAD=∠CAM,则∠IAD=∠IAM=0.5(∠B-∠C);

又由AK=AM得KJM共线；

则∠JLM=∠IAM=∠IAD,故ALPI共圆，∠API=∠ALI=90°;

由第四篇文章中的第5题得IN⊥BC，则IPDN为矩形；

则∠ADI=∠PNI=∠LPA=∠LIA=∠JIM=∠JIK,

故∠DIK=∠KAI=0.5(∠B-∠C)；

又IE=IF,CI平分∠ACB,则∠IEC与∠IFC相等或互补，

若∠IEC=∠IFC≤90°，则∠EIF+∠ACB≥180°,

即∠C≥∠DIK=0.5(∠B-∠C)，即∠B≤3∠C；

若∠IEC=180°-∠IFC，则∠C=∠DIK=0.5(∠B-∠C)，即∠B=3∠C，

综上∠B≤3∠C；

注：

1）本题较难，因为IMO预选题一般每年代数、几何、数论、组合四类题目各8个，难度依序号递增，这是当年几何的第7题。

2）本题难点第一个是已知条件比较怪异，不好下手；还有一个就是证明结果很宽松，如果由结果分析，只能是希望得到一个含有角的不等式，很模糊；所以只能挖掘图形的性质，发现∠DIK=∠KAI是关键，否则无法突破。证明时联想到前面的题目并不太困难，当然其中也用到上题注1）中所说的结论。

3）由本题证明的IPDN为矩形，则JL平分DI，这个结构似曾相识燕归来，想到了第三篇文章中的例7，那个解答中用了梅涅劳斯定理，总觉得不够简洁，在此题基础上对那题我又找到了一种自然简洁的证明。如下：

6、设△ABC内心为I，外接圆为O，AI交圆O于D，E为弧BDC上一点，F为BC上一点，且∠BAF=∠CAF<∠BAD,G是IF中点。

求证：DG与EI交点在圆O上；（2010年第50届IMO）

证明：

设EI交外接圆于H，下面证明DH平分FI即可；

由鸡爪定理得DI^2=DL*DH,

故∠LID=∠DHI=∠DAE=∠DAF,∴LI//AF且AHJI共圆;

则∠AJI=∠AHI=∠ABE=∠BAF+∠ABC=∠AFC,∴JI//LF;

故IJFL为平行四边形，则DH平分IF，

即DG与EI交点在圆O上。