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[几何] 求证:三角形内切圆中的角相等

已知,△ABC的内切圆与三边BC、AC、AB相切于D、E、F,M是EF的中点,
求证:∠EDM=∠ADE。
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结论写错了吧?应该是 ∠EDM=∠ADF

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证明:过 $A$ 分别作 $DE$ 和 $DF$ 的平行线交直线 $BC$ 于点 $P$ 和 $Q$,如图所示。

QQ截图20180218175452.png
2018-2-18 17:57


因为 $DP=EA=FA=DQ$,即 $AD$ 是 $\triangle APQ$ 的中线。

又因为 $\angle APQ=\angle EDC=\angle DFE$,同理 $\angle AQP=\angle DEF$,因此 $\triangle APQ$ 及其中线 $AD$ 与 $\triangle DFE$ 及其中线 $DM$ 整体相似,所以有 $\angle EDM=\angle QAD$,而由 $AQ\px DF$ 得 $\angle QAD=\angle ADF$,即结论得证。

本帖最后由 kuing 于 2018-2-18 17:58 编辑

冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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很好的方法。就是现教材没有弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角定理,要多几步证明。图中有了两个M点。原题中的图不好上传,原图的M点在AD的左侧。

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回复 4# lvhuiwang

对喔,忘了那中点也是M,还好程序还没关,回头改改。

至于中点M在AD的左还是右都是一样的。

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改好了。

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回复 3# kuing
现在都不会平面几何题了

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这个就是陪位中线啊。

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回复 8# Tesla35

过程写写看呀?

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引理:直角$ \triangle ABC $中,$ \angle ACB=90\du  $,$ C $在$ AB $上的垂足为$ D $,$ P $为以$ B $为圆心,$ BC $为半径的园$ B $上任一点,$ AB $交园$ B $于E,则$ PE $平分$ \angle APD $。
上述问题为其特殊点,但引理不好证明
211.png
2018-2-20 16:54

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回复 10# 乌贼


    设直线AB与圆B的另一个交点是F,则,A,D,E,F 四点为调和点列,PE与PF自然就分别是$\angle DPA$的内外角分线了。

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回复 11# isee
对调和点不熟悉

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回复 12# 乌贼


    楼主的题一看是竞赛题,属正常的。这玩意平时用得极少。

    另外,春节好!

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回复 10# 乌贼

你的意思是原题中的点D可以改成内切圆上任意一点?

PS、一会圆一会园

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回复 14# kuing

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回复 15# 乌贼

不过其实也一样,3#的图中,A、E、F、M 及内切圆固定,D 运动,而 BC 保持与圆切于 D,如下图,结果还是那样(包括我的辅助线),因此可以说原题目也不算是特殊点。

dfshbtdjh.gif
2018-2-21 10:20


又或者说,这就是你10#引理的一种证法,辅助线还是那样作:

捕获.PNG
2018-2-21 10:33


当然了,这并不是个好的证法,画出来太多线不好看,我只是在说明它们本质相通,并不是特殊点。

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回复 16# kuing
你想多了

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这的软件我不会用,数学符号输入不了。我只会用数学公式编辑器,画图用几何画板。我原思路是找圆心,再延长DM交圆,然后通过弧、圆心角、圆周角的等量关系来证,走不通。

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回复 16# kuing


利用平行线构造等腰又相似的三角形把已知条件串起来了。巧妙的很!

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本帖最后由 乌贼 于 2018-2-22 03:01 编辑

回复 10# 乌贼
证引理:如图
212.png
2018-2-22 02:52

   设$ AP $与园$ B $另一交点为$ Q $,有\[ \triangle ABC\sim \triangle CBD\riff\dfrac{CB}{BD}=\dfrac{AB}{CB}=\dfrac{AB}{QB}=\dfrac{QB}{DB}\riff\\\triangle QBD\sim \triangle ABQ\riff\angle BQD=\angle BAQ=\angle 1\riff\\\angle QDA=\angle 3=\angle 1+\angle 2= \angle PQB=\angle BPQ\]即$ PQDB $四点共园得\[ \angle QPD=\angle QBD \]又\[ \angle QPE=\dfrac{1}{2}\angle QBE=\dfrac{1}{2}\angle QBD=\dfrac{1}{2}\angle QPD \]所以$ PE $平分$ \angle APD $

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