上一篇猫爪系列文章写了三角形、四边形、五边形及多边形的密克定理。本篇继续介绍一些例题：
1、已知：如图，D、E、F在△ABC三边上，AD交△BDF、△CDE、△AFE外接圆于G、H、I。
求证：DB:DC=HG:HI
（2013年美国数学奥林匹克(USAMO)）
思路分析：
此结构显然和三角形的密克点有关，三个圆共点于J应该是一个重要且有用的性质。
再从结论分析，欲证DB:DC=HG:HI，先“想得美”——考虑最好的情形。
最好BC,GH为相似三角形的对应线段，且D,H为相似对应点。
即找到点J使得△JBC∼△JGI，那哪个点最“疑似”J呢？
显然是密克点J！
后面不难倒角得到△JBC∼△JGI及D,H为相似对应点。
证明：由猫爪定理(即密克定理)知三圆共点于J，
则∠JGI=∠JBC,∠JIG=∠JCB,
故△JBC∼△JGI,
又∠JDC=∠JFB=∠JHI,
故D,H为相似对应点，
从而DB:DC=HG:HI。
2、如图，平行四边形 ABCD中，E 、F 分别为AD 、CD 上一点， AF、 CE交于点G ， AEG的外接圆与CFG 的外接圆交于点 H，连接 BG、DH ，求证：∠ABG=∠HDA 。
思路分析一：
先由已知入手，H为两圆交点，则H即为四条直线构成的完全四边形密克点，由上节证明过得完全四边形密克点性质知，这就有另外两个共圆A,H,F,D及D,E,H,C，当然还可以得到六组相似三角形，然后用哪些性质及如何用呢？似乎不好说了。
那就从再结果入手，欲证∠ABG=∠HAD，先考虑倒角，∠ABG倒不出来。
∠HAD=∠HFG=∠HCG,后面就传递不过去了。
看样子单纯倒角估计不好证明，那就退而求其次，用相似三角形证明等角。
∠ABG在△ABG中，含有上述三个角的哪个三角形会和△ABG相似呢？
在准确的图形中不难通过肉眼观察出来是△GHC。
显然有∠BAG=∠AFD=∠GHC，下面要证明△ABG∼△GHC，
倒角的希望很渺茫，估计要倒比例。
故只需证明AB/CH=AG/GH，
这些线段有点分散，而且平行四边形的条件没有充分利用，只用到了AB//CD,
所以不难想到将AB传递到CD，从而只需证明CD/CH=AG/GH，
这样就消去了点B，得到下图，
这样问题就完全归结到一般的完全四边形密克点的性质上来，而这些一般都是我们熟悉的共圆、等角、相似三角形等，应该就手到擒来了。
事实上也确实是这样，欲证明CD/CH=AG/GH，即证△HCD∼△HGA，而这个恰好是我们熟悉的六对相似三角形中的一对，倒角即证，这样就完成了推理的过程。
最后将上述思考过程用综合法书写如下：
证明一：
由∠AEH=∠AGH=∠HCD,
故E,H,C,D共圆，
则∠HAG=∠HEG=HDC,
∠AGH=∠DCH,
故△HCD∼△HGA,
则CD/CH=AG/GH，
即AB/CH=AG/GH，
又∠BAG=∠AFD=∠GHC，
则△ABG∼△GHC，
则∠ABG=∠GHC=∠HDA。
思路分析二：
发现A,H,I共线，
不难倒角证明，
同理C,H,J共线。
从而H,G分别为完全四边形密克点，
从而∠ABG=∠HCG=∠HDA。
证明二：
设圆CFG交BC于C,I,
设圆AEG交BA于A,J,
则∠AHG=∠DEC=∠ECB,
故A,H,I共线，
同理C,H,J共线。
又∠AEH=∠AGH=∠HCD,
故E,H,C,D共圆，
对称的B,J,G,C共圆。
从而∠ABG=∠HCG=∠HDA。
注：
1） 上述证法一对于熟悉完全四边形密克点的读者比较自然，应该是比较常见的思路。
2） 上述证法二关键在于发现共线，从而得到两个对称的密克点，后面倒角就非常容易了。相对而言，证法二更简洁，但是对于没有发现此三点共线的读者应该不容易想到。
3） 此结论很漂亮，而且可以说是完全四边形的一个重要的等角线性质，
由证法一中的△ABG∼△GHC，则∠AGB=∠HGC。即BG,HG为∠AGC的等角线。
从而本结论可以叙述为：完全四边形一个顶点(如D)关于不过此顶点的某条对角线(如AC)中点的对称点(如B)，和密克点H，关于此顶点对顶点(如G)，形成等角线，即∠AGB=∠HGC。
此性质既美观，又可以用它解决很多完全四边形中的等角线问题。
3、已知：△ABC中，D、E在AB、AC上，X、Y为△AEB、△ADC外心，
直线XY交AB、AC于Q、P。O为△APQ外心。AO交BC于M。
求证：若DE//BC，则MB=MC。
（2018年中国女子数学奥林匹克(CGMO)第2题）
思路分析一：
两圆相交问题，作出两圆及其公共弦合情合理。
故作出圆X,Y交于A,I,则AI⊥XY。
再结合外心知∠QAO =∠PAI。
故本题只需证明A,O平分BC。
即证ABsin∠BAM=ACsin∠CAM，
这由密克定理结合正弦定理即可证明。
证明一：
如图，设圆X、圆Y交于AI。
由AI⊥XY,则∠QAO=90°-∠APQ=∠PAI,
故∠CAO=∠BAI。
由共圆得∠BDI=∠ECI,∠DBI=∠CEI,
则△IBD∼△IEC,故BD/CE=ID/IC,
结合正弦定理则
AC/AB=CE/BD=CI/DI=sin∠CAI/sin∠BAI=sin∠BAM/sin∠CAM,
由分角定理知
BM/CM=ABsin∠BAM/(ACsin∠CAM)=1
即MB=MC.
思路分析二:
联想到上面的第2题，可以考虑将其作为一个引理完成本题证明。
这几乎是显而易见的。因为K关于DE中点对称点也在AK上。
证法二：
设BE交CD于K,由平行显然可得AK平分DE及BC,
故K关于DE中点的对称点K’在AK上，
由第2题知AK与AI关于∠CAB成等角线，
即∠BAK=∠CAI=∠BAO,
从而A,O,K共线，则MB=MC。
注：
1）本题是2018年女子数学奥林匹克第2题，是一个常见的经典结构，2009年即已出现，在本公众号前面2018年8月14日的文章[1]中已经给出了证明及出处，本证明一是在上述证明的基础上结合后来陈煜等人的简化证明改进的。当然本质上此证法和原来的证明还是异曲同工的。感兴趣的读者可以对照上文。
2）证法2另辟蹊径，结合第2题“秒杀”本题，体现了第2题和第3题的本质联系。所以本题也可以等价叙述为若DE//BC,则AI,AK关于∠CAB成等角线。
3）不难想象，本题的逆命题也是成立的，即若AI,AK关于∠CAB成等角线，则DE//BC。证明可以如法炮制。
4）本题还能进一步推广，有兴趣的读者可以自行探讨。