悠闲数学娱乐论坛(第2版) » 初等数学讨论 » 三角形内心I及射线，证角相等

乌贼 发表于 2018-8-26 02:45

三角形内心I及射线，证角相等

[i=s] 本帖最后由 乌贼 于 2018-8-26 02:46 编辑 [/i]

$ I $为$ \triangle ABC $的内心，$ CI $交$ AB $于$ D $，$ BI $交$ AC $于$ E $，射线$ DE $交$ \triangle ABC $的外接圆于$ M,N $。求证：$ \angle BMI=\angle CNI $
[attach]6566[/attach]

乌贼 发表于 2018-8-26 02:47

谁见过此题？

乌贼 发表于 2018-8-26 13:40

再来
$ I $为$ \triangle ABC $的内心，$ CI $分别交$ AB $及$ \triangle ABC $的外接圆于$ D,P $，$ BI $分别交$ AC $及$ \triangle ABC $的外接圆于$ E,Q $，射线$ DE $交$ \triangle ABC $的外接圆于$ M,N $，$ K $为$ AB $与$ PN $的交点，$ L $为$ BC $与$ MQ $的交点。求证：$ AK=AL $
[attach]6567[/attach]

乌贼 发表于 2018-9-11 00:10

[i=s] 本帖最后由 乌贼 于 2021-6-10 02:25 编辑 [/i]

应该有关联
[url]http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4111&highlight=%E9%AB%98%E4%B8%8A%E4%B8%AD%E7%82%B9%E4%B8%8E%E5%AF%B9%E5%BA%94%E5%86%85%E5%88%87%E5%9C%86%E5%88%87%E7%82%B9%E8%BF%9E%E7%BA%BF%EF%BC%8C%E6%B1%82%E8%AF%81%E8%A7%92%E5%B9%B3%E5%88%86%E7%BA%BF[/url]

[url]https://en.wikipedia.org/wiki/Incircle_and_excircles_of_a_triangle[/url]

[url]http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=7971&pid=39884&page=1&extra=page%3D1#pid39884[/url]

乌贼 发表于 2021-8-31 03:28

顶，1楼和3楼就是一变式，可怎么证明？

乌贼 发表于 2021-9-5 20:21

[i=s] 本帖最后由 乌贼 于 2021-9-5 22:26 编辑 [/i]

先记下[attach]10371[/attach]
如图，$ \triangle ABC $中，$ AP $为$ \angle BAC $平分线，$ D $为$ AP $与$ BC $交点。$ DE $交$ CA $延长线于$ E $，$ DF $交$ BA $延长线于$ F $。若$ \angle DEC=\angle DCP,\angle BFD=\angle DBP $。则 $ BC\px EF $

乌贼 发表于 2021-9-5 23:03

[i=s] 本帖最后由 乌贼 于 2021-9-14 00:44 编辑 [/i]

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=41056&ptid=5555]6#[/url] [i]乌贼[/i] [/b]
如图：[attach]10372[/attach]
$ DA $与$ \triangle BCP $外接圆交于$ Q $，$ M $为$ BQ $与$ DE $交点，$ N $为$ CQ $与$ DF $交点，有$ AQFN $四点共园，$ AQEM $四点共园，$ ADBM $四点共园，$ ADCN $四点共园。得\[ \angle QFA=\angle QNA=\angle ADC \]\[ \angle QEA=\angle QMA= \angle ADB\]即\[ \angle QFA+\angle QEA=\angle ADB+\angle ADC=180\du  \]也就是$ MEQFNA $六点共园，所以\[ \angle ACD=\angle AND=\angle AEF \]也就有\[ EF\px BC \]

乌贼 发表于 2021-9-6 00:14

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=27997&ptid=5555]3#[/url] [i]乌贼[/i] [/b]
如图：[attach]10373[/attach]
由7楼结论知\[ \dfrac{DF}{FE}=\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{HD}{GE}\riff \dfrac{DF}{DH}=\dfrac{EF}{EG} \]
又$ BMLE $四点共园，得\[ \angle LBE=\angle LME=\angle QBN\riff \triangle ABL\sim \triangle NBC\riff AL\cdot BC=BL\cdot CN \]同理有\[ AK\cdot BC=CK\cdot BM \]只要\[ BL\cdot CN=CK\cdot BM \]成立则有\[ AL=AK \]我们有\[ \triangle DHF\sim \triangle CKN\riff \dfrac{CN}{CK}=\dfrac{DF}{DH} \]\[ \triangle EGF\sim \triangle BLM\riff\dfrac{EF}{EG}=\dfrac{BM}{BL} \]因此\[ \dfrac{CN}{CK}=\dfrac{DF}{DH}=\dfrac{EF}{EG}=\dfrac{BM}{BL} \]有$ BL\cdot CN=CK\cdot BM $成立故\[ AL=AK \]

乌贼 发表于 2021-9-6 00:43

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=27994&ptid=5555]1#[/url] [i]乌贼[/i] [/b]
[attach]10374[/attach]
由\[ \angle PAQ=\angle ANP\riff AP^2=PQ\cdot PN\riff \angle PIQ=\angle PNI\riff CNI=\angle IQD \]同理有\[ \angle BMI=\angle ILE \]根据上楼$ AQ=AL $得\[ \angle DQI=\angle ELI \]就有\[ \angle BMI=\angle CNI \]

乌贼 发表于 2021-9-6 14:09

1楼证繁了，是得先证2楼。
谈一点感受，以往证明线段成比例手法，主要有三角形相似，平行线，圆割线等。但对于两个不相似三角形中的两边成比例证明无从下手，现在可借助6楼，利用三角形角平分线定理加之平行线予以解决。

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