三角形内心I及射线，证角相等

乌贼

$ 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 $

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谁见过此题？

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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 $

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应该有关联
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4111&highli ... B3%E5%88%86%E7%BA%BF

en.wikipedia.org/wiki/Incircle_and_excircles_of_a_triangle

kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=7971&pid=39 ... ra=page%3D1#pid39884

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顶，1楼和3楼就是一变式，可怎么证明？

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先记下
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 $

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回复 6# 乌贼
如图：
$ 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\[ EF\px BC \]

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回复 3# 乌贼
如图：
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\[ AL=AK \]

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回复 1# 乌贼

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\[ \angle BMI=\angle CNI \]

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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。