[几何] 求证：三角形内切圆中的角相等

lvhuiwang

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。

abababa

回复 32# abababa

发现点$P$也是多余的，因为$\angle F'=\angle EDC=\angle EFD$，自然就得到逆平行线了。这样只要用到一角被一组逆平行线所截的线段，被这角顶点所引的两条射线平分，则这两条射线关于这角互为等角线这个性质。

isee

回复 31# abababa


这个辅助与3#互相补充，在A点三组平行线，均能见效，有点意思。

abababa

回复 31# abababa

不过证明$DA$是中线，可以不用调和四边形：
$\angle F'=\angle DFE=\angle CED=\angle AEF'$，所以$AF'=AE$，同理$AE'=AF$，而$AE=AF$，所以$AE'=AF'$。

abababa

回复 9# kuing
发网友的证明。原来这个叫陪位中线，和等角线有关联。

2018-3-11 19:12

过$A$作$E'F' \sslash BC$，交点如图。
然后因为$\angle F' = \angle EDC = \angle EPD$，所以$DE \cdot DF' = DP \cdot DA$，同理$DP\cdot DA = DF\cdot DE'$，于是$E'F'$和$EF$互为逆平行线。
显然$PFDE$是调和四边形，因此$\frac{F'A}{DA} = \frac{EP}{ED} = \frac{FP}{FD} = \frac{E'A}{DA}$，即$DA$是$E'F'$中线。
于是$DM,DA$分别平分一组逆平行线，因此$DM,DA$互为等角线，即角相等。

isee

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 ...
乌贼 发表于 2018-2-20 16:54

多说一句，延长PD交圆B于点F，则AB平分角PAF，这其实也是一道经典的几何题，参阅 朱德祥 编著的 初等几何研究 等角的证法 相关章节。

isee

另附上 田廷彦 的证法，这种思路也比较有意思。


题：如图所示，$\triangle ABC$分别在$B$，$C$两的点切线相交于$D$点。$E$为$BC$中点，连接$AD$，求证：$\angle BAE=\angle CAD$.

2018-2-24 08:54

过$C$作$AB$的垂线，垂足为$P$，如图标记角$\alpha$，则$$\angle APE=\angle ACD=\pi-\alpha,$$

另一方面$$\frac{AP}{AC}=\cos BAC=\frac {EC}{DC}=\frac{PD}{DC},$$

于是$$\triangle APE\sim ACD\Rightarrow \angle BAE=\angle CAD.$$

isee

回复 21# kuing

回复 25# 乌贼


将前面的融合在一起，就本楼题，借助调和点列，这个无字证明我个人是很喜欢了。

题：如图所示，$\triangle ABC$分别在$B$，$C$两的点切线相交于$D$点。$E$为$BC$中点，连接$AD$，求证：$\angle BAE=\angle CAD$.

乌贼

回复 24# isee
真有

乌贼

回复 23# Tesla35
知识点匮乏

乌贼

回复 21# kuing
嗯，证复杂了。

isee

想查下8#说的 陪位中线 无果，但是翻到一样的题

Tesla35

回复 10# 乌贼


    这个不就是阿氏圆吗

isee

回复 21# kuing


    除了关注方向不一样，另外，这个射影写圆幂也是其弱点

kuing

回复 20# 乌贼

$AP\cdot AQ=AC^2=AB\cdot AD$ 不就得到 PQDB 共圆了吗？

乌贼

回复 10# 乌贼
证引理：如图

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 $

lvhuiwang

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！

lvhuiwang

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。

乌贼

回复 16# kuing
你想多了

kuing

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。

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：

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。