1、已知：H、O为△ABC垂心、外心，AD为角平分线，M为BC中点，BCH外接圆与OM交于△ABC内一点N。
求证：∠HAN=∠ADO(微信好友zhongdan lan问的美国竞赛题)
证明思路分析：
作出BC弧中点K，
则∠HAN=∠ADO<=>∠ANO=∠ADO
<=>AOND四点共圆
<=>KN*KO=KD*KA=KB^2(鸡爪定理)
<=>△BKN∼△OBK
<=>∠BKN=∠BNK
<=>∠BNC=∠BKC=180°-∠BAC=∠BHC
<=>BNHC四点共圆
显然成立
注：本题虽然可以说不用鸡爪定理，不过与它构型本质是相同的。
2、已知：△ABC内心为I，M、N为AC、AB中点，E、F在AC、AB上，且BE//IM,CF//IN,过I作EF平行线交BC于P.
求证:P 在AI上的射影在△ABC外接圆上(2010年国家队选拔考试)
思路分析：国家队考试题一般都比较困难，图形繁杂，论述曲折，往往需要多个步骤，层层分析、逐步转化。本题图形和条件比较复杂，图形比较分散，估计需要一定的计算。
最好分步解决：1)先确定AE,AF,2)确定∠ATE,3)确定∠IHD，最后用鸡爪定理证明相似从而由同一法得到结果；
证明：
1）设△ABC边、角依次为2a,2b,2c、2x,2y,2z;内切圆半径为1，外接圆O半径R，
设BI交AC于T，I在AB、AC上射影为J、K，AI交圆O于D，过D的AD的垂线交
圆O于H，交BC于Q，∠ATE=θ,∠IHD=β；
由平行及角平分线定理得TM:ME=IT:TB=AT:AB=CT:CB=AC:(AB+BC)=b:(a+c),
AT=2bc:(a+c),MT=AT-AM=2bc:(a+c)-b=b(c-a):(a+c),
则ME=c-a,AE=a+b-c=CK=cotz,同理AF=BJ=coty。
2）显然∠AFE=θ-x,∠AEF=180°-(θ+x)
△AEF中由正弦定理得coty:cotz=AF:AE=sin(x+θ):sin(θ-x),
即cosysinz:(coszsiny)=(sinxcosθ+cosxsinθ):(sinxcosθ-cosxsinθ),
由分比合比定理即得sinxcosθ:(cosxsinθ)=sin(z-y):sin(z+y)
又sin(z+y)=cosx,则cotθ=sin(z-y)/sinx。
3）∠HAD=x-(90°-2z)=z-y,
由鸡爪定理得DI=DB=2Rsinx,且∠QID=∠IHD=β,
cotβ=DH/DI=sin(z-y)/sinx=cotθ,
故β=θ，即∠QID=∠PID，故P、Q重合，
即P 在AI上的射影在△ABC外接圆上;
注：1) 本题难度不小，主要是条件相对分散，在没有找到良好的性质的条件下，计算也是一个合理的选择；解决问题的关键在于合理分步，蚕食鲸吞、各个击破。用正弦定理计算出cotθ，对三角函数有一定要求，希望对这方面不熟悉的读者用心体会和揣摩，当然应该还有其他的解法，本人只查到了参考答案的解法，和上述思路类似，不过最后一步他没有利用鸡爪定理，是用梅涅劳斯定理计算得到的，比较而言比上述解法要复杂不少。
2）本题虽然看起来比较困难，但是在熟悉鸡爪定理构型的基础上我看到这个题，就很有信心能解决它。事实上，这个题目的思路还是比较自然的，计算也不是太复杂。其实解题时候的信心也是非常重要的因素，当然前提是你对这个基本构型比较熟悉。
3、已知：如图△ABC内心为I，AI、BI、CI交其外接圆于K、L、M，R在AB上，RP//AK,PB⊥BL,RQ//BL,QA⊥AK。
求证：MR,QL,PK三线共点(1997年第38届IMO预选题)
思路分析：图形略复杂，线条较多，我们希望能简化一下图形；如果画出准确图形，不难发现三线所共点还在外接圆上，从而可以删去P点。只需证明QL与MR交点在外接圆上，要证共圆，必然倒角，需证△AQL∼△ARM，即证△RAQ∼△MAL，这由鸡爪定理及平行不难得到；
证明：
设QL交MR于T，
设QA交CI于N，由鸡爪定理得ANBI共圆且M为其圆心，
且LI=LA,MI=MA，故LM为AI中垂线，
则QA//LM,又RQ//BL，则∠AQR=∠MLB=∠MLA,
∠QRA=∠LBA=∠LMA,
则△RAQ∼△MAL,
则QA/LA=RA/MA,故△AQL∼△ARM,
则∠QLA=∠RMA,
故LAMT共圆，则T为MR与外接圆的交点；
对称的，PK也过T，从而MR,QL,PK三线共点。
注：本题看着挺吓人，其实只要沉着应战，适当简化，步步紧逼，得到答案不算困难。当然本图形中还蕴含着一些有趣的结论，例如研究此圆圆心轨迹等等。
4、已知：O，I为△ABC外心和A-旁心，P为AI中点，AI交BC于D，IT⊥BC于T，O'为△ATD外心。
求证：O'OP共线；
分析：把两圆补出来合情合理，设两圆另一交点为Z，共线等价于IZ⊥AZ，联想到此类构型的核心性质即可；
证明：
设AI交圆O于K，KT交圆O于Z，
由第一篇文章中命题2知KI^2=KD*KA=KT*KZ,
则ZTDA共圆，且∠TID=∠KZI,
又∠IDT=∠KZA,则IZ⊥AZ,
则OO'//IZ,又OO'为AZ中垂线，
故O'OP共线；
注：两个外心提示作出外接圆，两圆相交公共弦是关键。本题把核心性质应用的淋漓尽致，如果思路跑偏，会枉费许多心血。
5、已知：△ABC内心为I，BI交其外接圆于M，AB>AC，∠AOB,BOC角平分线交以BM为直径的圆于P、Q，R在QP上且RB=RM。
求证：RB//AC(2014年第55届IMO预选题3)
思路分析：RB//AC<=>∠RBM=∠AZM=∠BAM=∠BOL
<=>LQ^2=LB^2=LP^2=LO*LR<=>LQPO共圆，
这样就能R消掉且能把以BM为直径的圆消掉.
原题简化为：
如上图，∠ABC角平分线交△ABC外接圆O于M，
L为BM中点，OP⊥AB，OQ⊥CB，LP=LQ=LB,
求证：POLQ共圆。
百尺竿头更进一步，圆和△ABC都能消掉，进一步转化为如上图OP⊥XB，OQ⊥YB，LP=LQ=LB,
∠XBL=∠LBY;
在这么简答的图形下，结果就水落石出，唾手可得了。
证明：
显然BXOLY共圆，LX=LY, LP=LQ,∠OXL=∠LYO,
则△LXP≅△LYQ(因为两边和一个钝角对应相等，两三角形全等)
则∠XPL=∠YQL,则POLQ共圆，
则原结论成立。
注：1）本题不是太难，但是图形初看比较复杂，而且这种以BM为直径的圆的构型比较罕见，上手时会很有压力。以上不厌其烦的详细还原了本人解题过程，就是不停的简化图形和转化图形，经过三次简化，最后在简洁的图形下，结论变得显而易见，而且似乎还能推广。希望初学者认真体会。
2）本题再次用到了SSA判定，其中若对应角为钝角，则两三角形全等，这个用几何方法或者正弦定理都是显然的。
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