Question

2．过△ABC的三边中点D，E，F向内切圆引切线，设所引的切线分别与EF，FD，DE交于I，L，M．求证：I，L，M在一条直线上．

Answer 1

分析 先用圆外切四边形的对角线以及对边切点连线四线共点判断出GC，PQ，BE共点，然后充分使用Menelaus定理，即可．

解答 解：如图，

设EL交AB于G，内切圆与AB，AC分别相切于P，Q．
连GC，PQ，BE，由圆外切四边形的对角线以及对边切点连线四线共点，设为点O．记BC=a，CA=b，AB=c．
由切线长定理不难算得AP=QA=$\frac{b+c-a}{2}$，
进而PB=$\frac{c+a-b}{2}$，QE=QA-EA=$\frac{c-a}{2}$．
∵P，O，Q共线，
∴$\frac{BO}{OE}×\frac{EQ}{QA}×\frac{AP}{PB}$=1 （对△BEA使用Menelaus定理），
∴$\frac{BO}{OE}=\frac{PB}{EQ}$=$\frac{c+a-b}{c-a}$，
∵G，O，C共线，
∴$\frac{BO}{OE}×\frac{EC}{CA}×\frac{AG}{GB}$=1 （对△BEA使用Menelaus定理），
∴$\frac{GB}{AG}=\frac{1}{2}×\frac{BO}{OE}$=$\frac{c+a-b}{2c-2a}$，
∴$\frac{GF}{AF}=\frac{AF-AG}{AF}=\frac{AB-2AG}{AB}=\frac{AG+BG-2AG}{AG+BG}$=$\frac{GB-AG}{GB+AG}$=$\frac{c+a-b}{2c-2a}$，
∵DE∥AB，DL∥AC （中位线定理），
∴$\frac{FL}{LD}=\frac{GL}{LE}=\frac{GF}{FA}$=$\frac{3a-b-c}{3c-a-b}$，
同理，在原题图形中可得$\frac{DM}{ME}=\frac{3b-c-a}{3a-b-c}$，$\frac{EI}{IF}=\frac{3c-a-b}{3b-a-c}$
∴$\frac{FL}{LD}×\frac{DM}{ME}×\frac{EI}{IF}$=1．
即：点I，L，M共线，（对△FDE使用Menelaus定理）．

点评 此题是三角形五心题，主要考查了，圆外切四边形的对角线以及对边切点连线四线共点，Menelaus定理，解本题的关键是GC，PQ，BE共点．