本帖最后由 hbghlyj 于 2022-4-27 09:24 编辑
补一个链接《命题人讲座·圆》
例6 $\triangle A B C$ 中, $I$ 是内心, $P$ 在 $B C$ 一侧外, $I P \perp B C, \angle I B P+\angle I C P=90^{\circ}$, $P$ 在 $I B, I C$ 上的垂足分别是 $M, N$. 求证: $\angle M A N=\frac{1}{2} \angle B A C$.
证明 如图 1.16, 设 $I P$ 与 $B C$ 交于点 $Q$, 易知有 $I M \cdot I B=I Q \cdot I P=I N \cdot I C$.
故可在射线 $I A$ 上找一点 $K$, 使 $A, B, M, K$ 共圆, $A, C, N, K$ 共圆. 连 $K B, K M, K N, K C$, 于是 $\angle B I C-\angle K N I=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B A C-\angle I A C=90^{\circ}, B I \perp N K, P M /\!/ N K$. 同理, $P N /\!/ M K$, 四边形 $K M P N$ 是平行四边形.
又由 $\angle I B P+\angle I C P=90^{\circ}$, 知 $\triangle B M P \backsim \triangle P N C$, 故有
$$
\frac{K M}{B M}=\frac{P N}{B M}=\frac{C N}{P M}=\frac{C N}{K N} .
$$
又 $\angle K M I=\angle B A I=\angle C A I=\angle K N I$, 于是 $\triangle B M K \backsim\triangle K N C$, 故有
$$
\angle B A M=\angle B K M=\angle K C N=\angle I A N .
$$
结合 $A I$ 平分 $\angle B A C$, 即得结论.
点评 这一方法巧妙得令人欣赏, 但也不易想到. 不过证明 $\angle B A M=\angle I A N$ 这一突破口是不难看出的, 为此可证明 $\frac{\sin \angle B A M}{\sin \angle I A M}=\frac{\sin \angle I A N}{\sin \angle N A C}$, 运用三角函数和面积比, 也就无需添辅助线了. 叶中豪老师发现, 联结双心四边形 (既有外接圆、又有内切圆的四边形)对角线所分出的 8 个三角形的内心在一个圆上, 本题即为证明这一八点共圆命题的主要步骤.
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