Question

如图，△ABC的内切圆I分别切BC、AC于点M、N，点E、F分别为边AB、AC的中点，D是直线EF与BI的交点．证明：M、N、D三点共线．

Answer 1

证明：连接AD，IA，IC，IM，IN，连结MD交AC于G，连结IG，如图，
∵点E、F分别为边AB、AC的中点，
∴EF∥BC，
∴∠2=∠3，
∵⊙I为△ABC的内切圆，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴EB=ED，
∴AE=BE=ED，
∴△ABD为直角三角形，
∴∠ADB=90°，
∵IM⊥BC，
而∠1=∠2，
∴Rt△BAD∽Rt△BIM，
∴=，
∴，
∴△BAI∽△BDM，
∴∠AIB=∠DMB，
∵点I为△ABC的内心，
∴∠AIB=90°+∠ACB，
∴∠DMB=90°+∠ACB，
∵∠DMB=∠BMI+∠4=90°+∠4，
∴∠4=∠ACB，
∵⊙I为△ABC的内切圆，
∴∠5=∠ICM=∠ACB，
∴∠4=∠5，
∴I、M、C、G四点共圆，
∵∠IMC=90°，
∴∠IGC=90°，
∴IG⊥AC，
∴N点与G点重合，
∴M、N、D三点共线．
分析：连接AD，IA，IC，IM，IN，连结MD交AC于G，连结IG，利用三角形中线性质得到EF∥BC，则∠2=∠3，由⊙I为△ABC的内切圆，根据切线长定理得∠1=∠2，代换得到∠1=∠3，则EB=ED，即AE=BE=ED，根据直角三角形的判定方法得到△ABD为直角三角形，易证得Rt△BAD∽Rt△BIM，得到=，变形得，根据三角形相似的判定方法可得到△BAI∽△BDM，则∠AIB=DMB，又由于点I为△ABC的内心，根据内心的性质得∠AIB=90°+∠ACB，所以∠DMB=90°+∠ACB，而∠DMB=∠BMI+∠4=90°+∠4，所以∠4=∠ACB，易得∠4=∠5，根据四点共圆的判定方法得到I、M、C、G四点共圆，而∠IMC=90°，根据圆内接四边形的性质得∠IGC=90°，则IG⊥AC，而N为切点，所以N点与G点重合，于是得到M、N、D三点共线．
点评：本题考查了四点共圆：如果线段同侧二点到线段两端点连线的夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆；圆的内接四边形的内角互补．也考查了切线长定理、三角形内心的性质以及三角形相似的判定与性质．