这是一个新结果吗

力工

请大家指教，这个结果是新的吗？谢谢高人大神们!

kuing

是不是新的我不知道，我只知道这个抛物线几乎是多余的，它只提供了一条有用信息：CF 是角平分线。

也就是说，命题可以这样写：

如图，任意 `\triangle ABC` 中，`CF` 是 `\angle C` 的平分线，`\triangle ABC`, `\triangle AFC`, `\triangle FBC` 的内切圆分别与 `AB` 切于 `E`, `G`, `H`，则 `GE=FH`。

lemondian

回复 2# kuing
这个漂亮，如何证明呢？

乌贼

如图：
$ K、L $分别为$ AI、BI $的中点\[ \triangle XMI\cong \triangle NYF\riff TP=QS \]即$ IF $平分$ TS $，所以\[ GE=FH \]

lemondian

回复 4# 乌贼
NB。不过这图已吓死人了，不知有没有简单点的？

kuing

Wo Cao！
继续发现：连角平分线也是多余的！！
也就是说：这个抛物线是彻彻底底的多余！！！

如图，任意 `\triangle ABC` 中，`F` 是 `AB` 上任意一点（不包括端点），`\triangle ABC`, `\triangle AFC`, `\triangle FBC` 的内切圆分别与 `AB` 切于 `E`, `G`, `H`，则 `GE=FH`。

证明也非常简单：记 `CB=a`, `CA=b`, `AB=c`, `CF=d`，则
\[AE=\frac{b+c-a}2,AG=\frac{b+AF-d}2,BH=\frac{a+BF-d}2,\]故
\[GE=AE-AG=\frac{c-a-AF+d}2=\frac{BF-a+d}2,\]以及
\[FH=BF-BH=BF-\frac{a+BF-d}2=\frac{BF-a+d}2,\]即得证。

isee

回复 6# kuing


此图，让我想起外切的垂直，估计外线的线段也是等的。

猜测内切的垂直也是成立的，且难以证明。

色k

回复 7# isee

具体写写看啊

乌贼

回复 5# lemondian
简化点，如图：
易证\[ \angle FNI=\angle FMI\] 又\[ \angle KQN=\angle NFI=\angle NFH=\angle NQH \]所以$ QKH $三点共线且\[ \angle KHF=\angle FNI \]同理$ PLG $三点共线且\[ \angle LGE=\angle FMI \]由\[ \angle LEI=\angle LFI=\angle FNH\riff \angle LEG=\angle KFH \]四边形$ ILFK $为矩形，有\[ LE=LI=KF \]所以\[ \triangle LEG\cong \triangle KFH\riff GE=FH \]

乌贼

回复 5# lemondian
再化简，如图：
\[ \angle AIE+\angle IAE=\angle FIB+\angle IAE=90\du \riff \angle MID=\angle FIN \]又\[ \angle EDF+\angle DFE=\angle DFI+\angle IFN=90\du \riff \angle EDF=\angle IFN \]有\[ \triangle IDM\sim \triangle IFN\riff \dfrac{MD}{FN}=\dfrac{DI}{FI}=\dfrac{DE}{EF}(角平分线定理) \]即\[ MD\cdot EF=DE\cdot FN \]因为\[ \dfrac{MD}{DF}=\dfrac{GE}{EF}\riff GE=\dfrac{MD\cdot EF}{DF}=\dfrac{DE\cdot FN}{DF}\]加之\[ \triangle FED\sim \triangle NHF\riff \dfrac{FH}{DE}=\dfrac{FN}{DF}\riff FH=\dfrac{DE\cdot FN}{DF} \]
综上有\[ GE=FH \]

hbghlyj

完全四边形ABCDEF外切于圆I,$I_1,I_2,I_3$为$\triangle ABC,BCD,CDA,DAB$的内心,则$I_1I_3,I_2I_4$的中点与I共线,且该直线垂直于EF.

当BCDEF共线时退化为1#结论

lemondian

请问：有解析法证明的吗？
楼主？

色k

回复 12# lemondian

擦，都已经知道和抛物线完全无关，是纯平几题，还追求什么解析法？

lemondian

回复 13# 色k
问题是：不是每个人都象kuing那样NB，能想到平几解法呀

hbghlyj

D为等腰△ABC底边BC上一点,$I_1,I_2$分别为△ABC,△ACD的内心,M为BC中点,则$I_1M\bot I_2M$
证明：将△$AI_1B$旋转到△AQC,$\because \angle BAC=2\angle I_1AI_2,\therefore\angle I_1AI_2=\angle QAI_2,\therefore I_1,Q$关于$AI_2$对称,$\therefore I_1I_2=QI_2$.
将点$I_1$关于M对称到点P,$\because BI_1=CP=CQ,\angle I_2CP=\angle I_2CB+\angle BCP=\angle I_2CA+\angle ABI_1=\angle I_2CA+\angle ACQ=\angle I_2CQ,$$\therefore△I_2CP≌△I_2CQ,\therefore I_2Q=I_2P=I_2I_1,\therefore I_1M\bot I_2M$

hbghlyj

回11#:
这种线共有三条，两条跟 BD 垂直，一条跟 EF 垂直

完全四边形ABCDEF外切于 ⊙ I, AC交BD于O, ⊙ I切AB,BC,CD,DA于P,Q,R,S,

 ⊙ I₁, I₂为ΔABC, ACD内切圆, ⊙ I₁切BC于Q′,  ⊙ I₂切CD于S′,则

(1) ⊙ I₁, I₂外切,QQ′ = RR′.

(2)OI⊥EF

(3)$\frac{BO}{DO} = \frac{\tan\frac{\angle ADC}{2}}{\tan\frac{\angle ABC}{2}} = \sqrt{\frac{(AB + BC)^{2} - AC^{2}}{(CD + AD)^{2} - AC^{2}}}$

(4)OI平分I₁I₂

证明：(1)∵ABCD为圆外切四边形,∴BC-AB=CD-AD,$\therefore\frac{AC + BC - AB}{2} = \frac{AC + CD - AD}{2},\therefore \odot I_{1},I_{2}$外切,设切点为T,CQ′ = CT = CR′, CQ = CR,∴QQ′ = RR′.

(2)∵E, F为PR, QS对于⊙I的极线,∴ EF为O的极线,∴ OI⊥EF.

(3)由牛顿定理,$\frac{BO}{DO} = \frac{BQ}{DQ} = \frac{\frac{IQ}{\tan\frac{\angle ABC}{2}}}{\frac{IR}{\tan\frac{\angle ADC}{2}}} = \frac{\tan\frac{\angle ADC}{2}}{\tan\frac{\angle ABC}{2}} = \frac{\sqrt{\frac{(AB + BC)^{2} - AC^{2}}{AC^{2} - (AB - BC)^{2}}}}{\sqrt{\frac{(CD + AD)^{2} - AC^{2}}{AC^{2} - (CD - AD)^{2}}}} = \sqrt{\frac{(AB + BC)^{2} - AC^{2}}{(CD + AD)^{2} - AC^{2}}}$

或者，以 ⊙ I为单位圆建立复平面，设P,Q,R,S对应复数为p,q,r,s,

$$\frac{BO}{DO} = \frac{S_{ABC}}{S_{ADC}} = \frac{\left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ \frac{2}{p + r} & \frac{2}{p + q} & \frac{2}{q + s} \\ \frac{2pr}{p + r} & \frac{2pq}{p + q} & \frac{2qs}{q + s} \\ \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ \frac{2}{p + r} & \frac{2}{r + s} & \frac{2}{q + s} \\ \frac{2pr}{p + r} & \frac{2rs}{r + s} & \frac{2qs}{q + s} \\ \end{matrix} \right|} = \frac{\frac{r + s}{r - s}}{\frac{p + q}{p - q}} = \frac{\tan\frac{\angle ADC}{2}}{\tan\frac{\angle ABC}{2}}$$

(4)由于BI₁I, DI₃I共线,就有$\frac{S_{OII_{1}}}{S_{OII_{2}}} = \frac{S_{OII_{1}}}{S_{OIB}} \cdot \frac{S_{OID}}{S_{OII_{2}}} \cdot \frac{S_{OIB}}{S_{OID}} = \frac{II_{1}}{IB} \cdot \frac{ID}{II_{2}} \cdot \frac{OB}{OD} = \frac{r - r_{1}}{r - r_{3}} \cdot \frac{\tan\frac{\angle ADC}{2}}{\tan\frac{\angle ABC}{2}} = \frac{QQ^{'}}{RR^{'}} = 1.$