|
|
本帖最后由 kuing 于 2024-1-4 14:57 编辑 翻旧帖看到这帖又到这帖再到这帖，原题目是：
在链接2的第2页（12#）@uk702 有个射影几何证法。
在该证法的启发下，我发现这题实际上点 E 不必在内切圆上，即：
命题：如图 1，`\triangle ABC` 内切圆在 `BC` 边上的切点为 `D`，连结 `AD` 交内切圆于 `F`。
点 `E` 为 `BF` 上一点，连结 `CE` 交 `AD` 于 `G`，若 `CG=CD`，则有 `CG=EG`。
为证此命题，先证如下的：
引理：如图 2，`\triangle ABC` 内切圆在 `BC` 边上的切点为 `D`，连结 `AD` 交内切圆于 `F`。
作 `F` 处的切线交直线 `BC` 于 `J`，则有 `BD:DC=BJ:JC`。
这引理在射影几何看来是显然嘀，但这里我要尝试一下纯几何方法，用梅氏定理撸。
引理的证明：如图 3，设内切圆与 `AB`, `AC` 切于 `M`, `N`，直线 `JF` 交 `AB`, `AC` 于 `P`, `Q`，则由梅氏定理有
\[\frac{JD}{DB}\cdot\frac{BA}{AP}\cdot\frac{PF}{FJ}=1,\]
由切线长相等有 `JD=FJ`, `DB=BM`, `PF=PM`，代入上式得
\begin{align*}
\frac{BA}{AP}=\frac{BM}{PM}&\iff\frac{BP}{AP}=\frac{BM-PM}{PM}\\
&\iff\frac{BP}{AP}=\frac{BP+BM-PM}{AP+PM}=\frac{2BM}{AM}\\
&\iff\frac{BP}{AP}=\frac{2BD}{AM},
\end{align*}
同理可得
\[\frac{CQ}{AQ}=\frac{2CD}{AN},\]
再由梅氏定理有
\[\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BJ}{JC}\cdot\frac{CQ}{QA}=1,\]
所以
\[\frac{BJ}{JC}=\frac{PB}{AP}\cdot\frac{QA}{CQ}=\frac{2BD}{AM}\cdot\frac{AN}{2CD}=\frac{BD}{DC},\]
引理得证。（可能证复杂了，希望看到更简单嘀平几方法）
回到命题上，如图 4，过 `E` 作 `EH\px BC` 交 `AD` 于 `H`。
由条件知 `\triangle CDG` 及 `\triangle JDF` 都是等腰三角形，所以 `CG\px JF`，于是由引理得
\[\frac{BD}{DC}=\frac{BJ}{JC}=\frac{BF}{FE}=\frac{BD}{EH}\riff DC=EH\riff CG=EG.\] |
|
