外心
（这三条结论并不完全是平凡的）
1、 \(\angle BOC=2\angle A\)
2、 \(\angle CBO+\angle A=Rt \angle\)
3、 \(O\) 在三角形三边的中垂线上
例1
如图，\(\triangle ABC\) 内接于圆 \(O\) ，\(AD\perp BC\) ，延长 \(CD,BD\) 交圆 \(O\) 于点 \(F,E\) ，作 \(DE,DF\) 中垂线交 \(AC,AB\) 于点 \(G,H\) ，证明 \(GH // BC\)
分析：注意到 \(GH\) 似乎是 \(AD\) 的中垂线，猜测 \(G,H\) 为外心
考虑外心的刻画。在这里，最适合的是使用性质2，即 \(\angle DAH+\angle AFD=Rt\angle\) ，这里恰好不会用到点 \(H\) ，从而可证 \(G,H\) 为外心
例2
如图，\(AB\) 为圆 \(O\) 的弦，\(C\) 在 \(AB\) 上， \(D,E\) 在圆 \(O\) 上且满足 \(\angle BDC=\angle AEC=Rt\angle\) ， \(P,Q\) 为 \(BC,AC\) 中点，延长 \(DP,EQ\) 交于点 \(N\) ， \(\angle BDC\) 与 \(\angle AEC\) 的内角平分线交于点 \(M\) ，证明： \(MN\perp AB\)
首先由三个圆不难联想到构造根心，得到点 \(K\) ，有 \(CK\perp AB\) 及 \(K,E,C,D\) 共圆
同时可以注意到 \(NE=ND\) ，因为 \(\angle NDE=\angle CDN+\angle CDE=\angle CKB+\angle CKE=\angle AKB\) ， \(\angle NED\) 同理
事实上， \(\angle EMD=\angle END-(\angle NEM+\angle NDM)\) ，不难得到其与 \(\angle NEF\) 互余，即 \(N\) 为 \(EFM\) 外心
然后随便导角都可以出来
垂心
1、\(H\) 为 \(\triangle DEF\) 内心
2、（鸭爪定理）\(H\) 关于三边对称点在外接圆上
3、\(AH\cdot HD=BH\cdot HE=CH\cdot HF\) （可用于反演）
4、\(\triangle ABC,\triangle BCH\) 等三角形的外接圆半径相等
5、\(AH=2OM\) ，其中 \(\angle BAO=\angle CAH\)
6、\(MH\) 与外接圆交点 \(A',P\) 满足 \(A'\) 为 \(A\) 对径点且 \(A'M=MH\)，\(AFHEP\) 共圆
7、\(O,H\) 为等角共轭点
8、对弧 \(BC\) 上任一点 \(P\) ， \(PH\) 平分点 \(P\) 关于 \(\triangle ABC\) 的西姆松线
这个结论的证明需要引理（其实可以不用，但是我们想发掘这个构型的更多性质：
9、圆内接四边形 \(ABCD\) 中， \(X,Y\) 分别是 \(\triangle ABC,\triangle BCD\) 的垂心，则 \(AXYD\) 是平行四边形
这个可以用鸭爪定理得到一个等腰梯形后轻松证明。
我们说 \(K\) 关于 \(BC\) 的对称点 \(K'\) 是 \(\triangle PBC\) 的垂心，即鸭爪定理的逆定理（最好说是导角），所以 \(AHK'P\) 是平行四边形
西姆松线上显然有 \(PXYC\) 共圆，用 \(Reim\) 引理可以看到 \(AK//LX\) ，同时 \(LA//XK\) ，所以有平行四边形 \(ALXK\) ，则 \(AL=XK=XK'\)
结合两个条件可知 \(LH=XP,LH//XP\) ，完成了证明。
例1
如图，\(M\)为 \(BC\) 中点， \(EF\perp HM\) ，求证：\(EH=HF\)
这个构型比较常见，实际上可以证明 \(\frac{EH}{FH}=\frac{BM}{CM}\)
\(\angle MCH=\angle HAE\)
又 \(AE\perp CH,HM\perp EF\) ，可知\(\angle AEH=\angle CHM\)
从而 \(\triangle AEH\sim \triangle CHM\)
同理 \(\triangle AFH\sim \triangle BHM\)
接下来利用垂心的性质，还能看到很明显的全等 \(\triangle BHM\overset{\backsim}{=} \triangle CA'M\) ，可知 \(\triangle CA'H\sim\triangle AFE\)
那么就有 \(CFHA'\) 共圆，同理 \(BEHA'\) 共圆
可知 \(\angle HFA'=\angle HCA'=\angle HBA'=\angle HEA'\)
即 \(A'H\) 为 \(EF\) 中垂线，这就做完了。
例2
如图， \(\triangle ABC\) 内接于圆 \(O\) ，\(\angle BAC\) 内外角平分线分别交 \(BC\) 于 \(D,E\) ， \(F\) 为弧 \(BC\) 中点， \(D'\) 为 \(D\) 关于点 \(O\) 对称点，求证： \(D'F\perp FE\)
处理对称点有什么方法呢？可能很多，不过这里是关于点 \(O\) 的对称点，这可不错，我们可以再找一些圆上的点，然后得到一些对径点。
构造 \(F\) 关于 \(O\) 对称点 \(P\) ，由 \(FP\) 为直径， \(\angle PAF=Rt\angle\) ，可知 \(PAE\) 共线
本题更关键的部分是发现 \(ED\perp PF,FD\perp PE\) ，即 \(D\) 为 \(\triangle PEF\) 垂心，则 \(PD\perp EF\)
又 \(PDFD'\) 为平行四边形，所以 \(D'F\perp FE\)
总是应当敏锐地发现一些特殊的点（而不是说，题目循规蹈矩地构造出来了某个特殊点，你才能发现）
例3
九点圆
基于鸭爪定理，关于 \(H\) 对外接圆进行比例 \(2:1\) 的位似，我们会得到垂足三角形的外接圆。
这个圆上还有 \(AH,BH,CH\) 的中点和 \(\triangle ABC\) 三边中点，被称为九点圆。
同时 \(OGH\) 是共线的，满足 \(OG:GH=1:2\)
例1
如图， \(AB\) 是 \(\odot O\) 直径， \(P,Q\) 是圆上关于 \(AB\) 对称的两点，满足 \(AP<BP\) ， \(X\) 是线段 \(PQ\) 上的动点， \(T\) 是弧 \(AQB\) 上满足 \(XT\perp AX\) 的一点。设 \(M\) 是弦 \(ST\) 的中点。当 \(X\) 在 \(PQ\) 上移动时，求证： \(M\) 在定圆上。
这题可以直接找特殊情况，然后发现圆，直接计算即可。下面是一种纯几何做法。
我们作 \(AST\) 的九点圆（这无疑是需要勇气的），设出 \(AS\) 中点 \(N\) 。由 \(A\) 是弧中点，熟知 \(AX\cdot AS=\frac 14 PQ^2\) ，从而 \(AX\cdot AN\) 是定值， \(A\) 关于九点圆的圆幂是定值，所以九点圆圆心 \(O_1\) 在定圆 \(A\) 上。
接下来关于圆心 \(O\) 对这个定圆作位似，位似比为 \(\frac 23\) ，将 \(O_1\) 变为 \(\triangle AST\) 的重心 \(G\) ， \(G\) 在定圆上
再关于 \(A\) 对这个定圆做位似比为 \(\frac 32\) 的位似，现在 \(M\) 在定圆上。
例2
如图， \(BE,CF\) 是 \(\triangle ABC\) 的两条高，点 \(P\) 和 \(Q\) 分别在线段 \(BC,EF\) 上， \(\angle BAP=\angle CAQ\) ，点 \(R\) 满足 \(PR\perp AQ,QR\perp EF\) ，求证：以 \(QR\) 为直径的圆与 \(\triangle ABC\) 相切。
相切即关于切点位似，我们找到 \(QR\) 对应的直径 \(KM\) （与 \(EF\) 垂直），然后证明 \(KQ\cap MR\) 在两圆上，这等价于说 \(KQ\perp MR\)
直接处理这两条线看上去就毫无希望，于是我们看看条件 \(PR\perp AQ\) ，结合 \(AK\perp PM\) ，我们似乎应当将这两条线放入 \(\triangle AKQ\sim \triangle PMR\) 然后另两条边对应垂直就能给出这个垂直。
要证明这个相似，需要 \(\frac{AQ}{AK}=\frac{PR}{PM}\) ，前者看上去还好，但计算后者是灾难性的工作， \(PR\) 尚未得到任何刻画。
我们只能用同一法，我们将定义 \(T=KQ\cap \odot_{KM直径}\) ，然后设 \(R'=QR\cap MT\) （注意 \(QR\) 与 \(R\) 无关）（将它脱离 \(PR\) ，然后用点 \(T\) 生成）
在这样的条件下，我们有 \(KT\perp MT\) ，于是 \(MR'\perp KQ\) ，则对应边垂直给出 \(\triangle MR'P\sim \triangle KQA\)
我们要证 \(R'\in \odot_{QR直径}\) ，也就是 \(\angle QTR'=Rt\angle\)
我们还没利用过等角线的条件，这个条件说明 \(P,Q\) 是 \(\triangle AEF\sim\triangle ABC\) 的对应点，然后导比例（这个结论不像是能导角导出来的，实际上，我们的相似用角关系生成，应当给出比例关系）
通过线段证明垂直有不少的方法，而这里最优的很明显是我们证明 \(\triangle KLQ\sim\triangle KTM\) ，于是我们要证明 \(\frac{MR'}{KQ}=\frac{LQ}{KL}\) （注意 \(QR'//KM\) ）
我们先有 \(\frac{MR'}{KQ}=\frac{MP}{AK}\) ，然后利用相似对应有 \(\frac{MP}{LQ}=\frac{AC}{AF}=\frac{KF}{KL}=\frac{AK}{KL}\) ，马上得到想要的结果。
