高上中点与对应内切圆切点连线，求证角平分线

abababa

如图。$\triangle ABC$中$AH$为高，$N$为$AH$中点，$D$为内切圆切$BC$的切点，延长$DN$交内切圆于$M$，求证$\angle BMD=\angle CMD$

我感觉以前见过此题，网上搜到一些计算方式的证明，还有解析法的证明，感觉不够“平几”，而且相对复杂，求更平几的证明。

乌贼

by人教论坛豫F爱好者海阔天空

abababa

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对，还有一个命题是$\triangle MBC$的外接圆与$\triangle ABC$的内切圆相切。

乌贼

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等价于证明$MNEC$四点共园

abababa

回复 2# 乌贼

翻到网友以前的证明了，还用了两种方法证明的。方法一计算很少，只用到$a+b-c$之类的和半径与外接圆面积关系。方法二是用调和点列做的。后面也提到二楼这个题了，还有三楼我说的两圆相切，还提到了旁切圆的情况。我说我就感觉见过此题。

乌贼

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调和点就不玩了

abababa

$M$是$\triangle ABC$高$AA''$的中点，$\triangle ABC$的内切$\odot I$切$BC$于$A'$，$A'M \cap \odot I = T_1$，求证$T_1A'$平分$\angle BT_1C$。

下面两个证明都是网友做的。
设$B'C' \cap BC = P$，考察内切圆的配极。

显然$A'$的极线是$PB$，于是$P$的极线过$A'$。由于$A$的极线是$PB'C'$，所以$P$的极线过$A$。于是$P$的极线是$AA'$。设$PT_1\cap AA'=T, PT_1\cap\odot I=T_1,T_2$，则$(PT;T_1T_2)=-1$，所以$(TP;T_1T_2)=-1$。

设$A'T_2\cap AA''=K$，因为$(AA'';MK)=A'(AA'';MK)=A'(TP;T_1T_2)=(TP;T_1T_2)=-1$，然而$M$是$AA''$中点，因此$K$在无穷远，于是$A'T_2\sslash AA''$，于是$A'T_2\perp BC$，因此$A'T_2$是$\odot I$直径，所以$PT_1\perp A'T_1$。

设$PB'C'\cap AA''=N$，由于$P$的极线是$ANA'$，所以$(PN;B'C')=-1$，所以$(PA';CB)=A(PA';CB)=A(PN;B'C')=(PN;B'C')=-1$，而$T_1P\perp T_1A'$，所以$T_1A'$平分$\angle BT_1C$。
一： 当$A'M$与对应的旁切圆交于$T_1$时有相同的结论和证明。
二： 作$BF\perp BP$交$CI$于$F$，则$FT_1\perp A'T_1$。作$BF'\perp BP$交$PT_1$于$F'$，显然有$BF'=\frac{A'T_2\cdot PB}{PA'}, BF=\frac{A'I\cdot CB}{CA'}$，于是$\frac{BF'}{BF}=2\frac{PB\cdot CA'}{PA'\cdot CB}=2(PC;BA')=1$，因此$F=F'$，而$PT_1F'\perp A'T_1$，所以$FT_1\perp A'T_1$。
三： 设$\triangle BCT_1$的外接圆为$\odot O$，则$\odot O, \odot I$内切。设$T_1A'\cap\odot O=T_1,T_3$。由于$T_1A'$平分$\angle BT_1C$，因此弧$BT_3=$弧$CT_3$，所以$OT_3\perp BC$，于是$\angle T_3T_1O=\angle OT_3T_1=\angle IA'T_1=\angle T_3T_1I$，所以$OIT_1$共线，根据圆心距等于半径差知两圆内切。

设$I'$是$A$所对旁切圆圆心，显然$\frac{IA}{I'A}=\frac{b+c-a}{a+b+c}$，于是$\frac{I'I}{I'A}=\frac{2a}{a+b+c}$，而$\frac{IA'}{AM}=\frac{2r}{AA''}=\frac{2\frac{2S}{a+b+c}}{\frac{2S}{a}}=\frac{2a}{a+b+c}$，因此$\frac{I'I}{I'A}=\frac{IA'}{AM}$，于是$I',A',M,T_1$共线。

易知$\triangle I'IB'\cong \triangle I'IC'$，于是$\angle I'B'I=\angle I'C'I$，于是它们的余角$\angle I'B'C=\angle I'C'B$。

易知$\angle ABI'=\frac{\pi+B}{2}=\angle AC'A'$，所以$BI'\sslash C'A'$，于是$\angle AC'T_1=\angle C'A'T_1=\angle BI'T_1$，所以$C',B,I',T_1$共圆。

同理有$B',C,I',T_1$共圆，于是$\angle BT_1A'=\angle BC'I'=\angle CB'I'=\angle CT_1I'$，即$T_1A'$平分$\angle BT_1C$。

乌贼

回复 7# abababa
看不懂

abababa

回复 8# 乌贼

第二个证明就是这个图。唉，刚下载了个几何画板，中间做了点别的事，我还没画完呢就到20分钟试用期了，$C'T_1$是用windows画图画的

乌贼

回复 9# abababa

乌贼

三角形旁切园园心与三角形旁切边上的高的中点连线过三角形内切圆在旁切边上的切点。

乌贼

回复 7# abababa
7楼有些看不懂，不过按其方法把他写成初等几何，原来1,2楼是同一题两个问。
引理1.$\triangle ABC$中，$BC$边上的旁切园圆心$O'$与旁切边上的高的中点$N$的连线$O'N$过$\triangle ABC$内切圆在$BC$上的切点$D$。

       证明：\[\triangle O’BD\sim \triangle O''EM,O'B\px O''E\riff \frac{BD}{EM}=\frac{O'B}{O''E}=\frac{AO'}{AO''}=\frac{AB}{AE}\]又\[BD\px EM\]有$A、D、M$三点共线。有\[\triangle AHD\sim \triangle MKD\riff\frac{HD}{DK}=\frac{AH}{MK}=\frac{NH}{O''K}\riff\triangle NHD\sim \triangle O''KD\riff \angle NDH=\angle O''DK\]得$N、D、O''$共线。
引理2.直径$AB$与弦$CD$相交，点$N、M$分别为$A、B$在弦$CD$上的垂足。证明：$CN=MD$。

     证明：延长$AN$交园于$E$得四边形$EBMN$为矩形有\[\triangle ENC\cong \triangle BMD\riff CN=MD\]
回到原题：

        园$O''$为$\triangle ABC$的旁切园，由引理1知$M、N、D、O''$四点共线。\[\angle EDB+\angle O'BD=\angle O'BD+\angle O''BD=90\du \riff\angle EDB=\angle O''DB\riff ED\px BO''\riff \angle MO''B=\angle MDB=\angle MEA\]有$M、E、B、O''$四点共园有\[\angle BMB=\angle BEO''\]同理\[\angle DMC=\angle CFO''\]$AO''$垂直平分$EF$有\[\triangle EO'O''\cong \triangle FO'O''\riff\angle O'EO''=\angle O'FO''\riff \angle BEO''=\angle CFO''\riff\angle BMD=\angle DMC\]
      作矩形$CJO''K$由引理2知四边形$BDKO''$为平行四边形，即有四边形$BEKO''$为等腰梯形有\[\angle O''BK=\angle O''EK\]有$E、B、O''、K$四点共园。
又由$\angle GBO''=\angle GKO''=90\du $及$G、C、K$三点共线有$G、B、O''、K$四点共园，故$M、E、B、O''、K、G$六点共园。得\[GM\perp MD\]

isee

擦，这么复杂，路过，路过，你们继续。

PS:发人教初中区的，也许南山菊，无业游民（他们真是很久不见了）等之类的大虾要是看到了，也许能能个简明解答。

abababa

回复 13# isee
我觉得7楼的证明二挺容易理解的，就是第二张图下面那一段证明，完全是初等几何的知识。
是的，收藏了他们不少几何帖，解答很精彩。

isee

回复  isee
我觉得7楼的证明二挺容易理解的，就是第二张图下面那一段证明，完全是初等几何的知识。
是的， ...
abababa 发表于 2016-6-23 20:04

一团线，压根没看咯。

$M$是$\triangle ABC$高$AA''$的中点，$\triangle ABC$的内切$\odot I$切$BC$于$A'$，$A'M \cap \odot I =  ...
abababa 发表于 2016-6-17 14:16

拜读了高等几何下的证明，也是漂亮的，简明的，只是写法完全采用的高等几何语言（但感觉离人远了点）且为了照顾新手，很详细。

楼主原创过程？
表扬表扬。


还有像这个，在高等几何下，太简单了：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3630

abababa

回复 15# isee

哦，不是我做的，两个证明都是网友做的，而且当时就写得很详细，只是没打成latex代码。
我是后来又看到这个题，总感觉以前见过，但一时没找到，在网上见到了两个其它的解法，感觉又复杂。后来总算翻到网友以前的证明了，就打了出来，正好那天电脑又坏了，是用tkz-euclide画的图，就直接贴了图片形式的解答，后来电脑修好了，重新编辑了原帖，就把是网友证明的编辑掉了，一会我加上。

abababa

还有这个题，图形很相似，但更简单一点。
$\triangle ABC$内切圆$\odot O$切三边于$A', B', C'$，$A'D \perp B'C'$于$D$，求证$\angle ABD = \angle ACD$。

设$B'C' \cap BC = P, AA' \cap B'C' = T$。

显然$A$的极线为$PB'C'$，于是$P$的极线过$A$，而$PA'$切$\odot O$于$A'$，所以$P$的极线过$A'$，所以$P$的极线为$AA'$。由于$PB'C'$交圆于$B',C'$交$P$的极线于$T$，所以$(PT;B'C') = -1$。

于是$(PA';CB) = A(PA';CB) = A(PT;B'C') = (PT;B'C') = -1$，而$DA' \perp DP$，因此$\angle BDA' = \angle CDA'$，于是余角$\angle BDC' = \angle CDB'$。而显然$\angle BC'B' = \angle CB'C'$，于是$\angle ABD = \angle ACD$。

下面的初等几何方式证明也很简单：

设$P$为$A'C'$中点，则$BP \perp A'C'$。易知$\triangle BPC' \sim \triangle A'DB'$，所以$BC' \cdot DB' = A'B' \cdot PC' = \frac{1}{2}A'B' \cdot A'C'$。同理有$CB' \cdot DC' = \frac{1}{2}A'B' \cdot A'C'$，所以$BC' \cdot DB' = CB' \cdot DC'$，即$\frac{BC'}{DC'} = \frac{CB'}{DB'}$，而$\angle BC'D = \angle CB'D$，所以$\triangle BC'D \sim \triangle CB'D$，于是$\angle ABD = \angle ACD$。

乌贼

回复 13# isee
12楼看着眼花，是因为我把两道题放在一起来证明，如果单就楼主的题，且熟悉旁切园的话，证明过程并不复杂（如你熟悉蝴蝶定理：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=1854&page=1）若引理1能直接使用思路就更简单了。只要证$ ED\px BO'' $得$ M、E、B、O'' $四点共园，又$ \triangle AEO''\cong \triangle AFO'' $证毕。

另：如果不借助旁切园圆心，高的中点条件不好利用……