Question

16．如图，在△ABC中，AB＞AC，内切圆⊙I与边BC切于点D，AD与⊙I的另一个交点为E，⊙I的切线EP与BC的延长线交于点P，CF∥PE且与AD交于点F，直线BF与⊙I交于点M、N，M在线段BF上，线段PM与⊙I交于另一点Q．证明：∠ENP=∠ENQ．

Answer 1

分析 注意到弦切角∠PEN=∠EQN，从而只需证明∠NEQ=∠EPN即可，而∠NEQ=∠NMP，则只需证∠NMP=∠EPN，于延长BN交PE于H，问题就转化为证明△PHN∽△MHP，即只需证PH²=HM•HN，由切割线定理可知HE²=HM•HN，从而只需证PH=HE．由CF∥BE可得$\frac{EF}{FD}=\frac{PC}{CD}$，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知$\frac{PH}{HE}•\frac{EF}{FD}•\frac{DB}{BP}=1$，进而有$\frac{PH}{HE}•\frac{PC}{CD}•\frac{DB}{BP}=1$，所以只需证$\frac{PC}{PB}•\frac{BD}{CD}=1$，由梅涅劳斯定理知$\frac{AS}{SC}•\frac{CP}{PB}•\frac{BT}{TA}=1$，结合切线长定理易知$\frac{PC}{PB}•\frac{BD}{CD}=1$成立，故原命题成立．

解答 证明：如图，设⊙I与AC、AB分别切于点S、T，连接ST、AI、IT，设ST与AI交于点G．

则IE⊥PE，ID⊥PD，故I、E、P、D四点共圆，
∴I、G、E、P、D五点共圆，
∴∠IGP=∠IEP=90°，即IG⊥PG，
∴P、S、T三点共线，
对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知$\frac{AS}{SC}•\frac{CP}{PB}•\frac{BT}{TA}=1$，
∵AS=AT，CS=CD，BT=BD，
∴$\frac{PC}{PB}•\frac{BD}{CD}=1$，
设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知$\frac{PH}{HE}•\frac{EF}{FD}•\frac{DB}{BP}=1$，
∵CF∥BE，
∴$\frac{EF}{FD}=\frac{PC}{CD}$，
∴$\frac{PH}{HE}•\frac{PC}{CD}•\frac{DB}{BP}=1$，
∴PH=HE，
∴PH²=HE²=HM•HN，
∴$\frac{PH}{HM}=\frac{HN}{PH}$，
∴△PHN∽△MHP，
∴∠HPN=∠HMP=∠NEQ，
∵∠PEN=∠EQN，
∴∠ENP=∠ENQ．

点评 本题主要考查了四点共圆的判定与性质、圆的切线性质、相似三角形的判定与性质、梅涅劳斯定理的应用，难度很大．