一个与内切圆有关的几何证明题

lsr314

如图，D、E、F为内切圆与三边切点，X、Y、Z为内切圆与角平分线交点，求证：DX、EY、FZ交于一点。

mathematica

这个还真不会证明,
我发现AD BE CF也相交在一点,
我猜可以用解析几何的办法证明,
以B点为坐标轴原点,然后C点(1,0)
然后下面是很复杂的计算,我不会了

mathematica

理论上用解析几何是一定能解决的,但是实际上估计计算非常复杂.

lsr314

证出来了，交点是三角形DEF内心

creasson

这个题目很好,收录之。
各点坐标可设为:
\[B = 0\]
\[C = 1\]
\[A = \frac{{(p + q)( - 1 + pq)( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)}}{{( - 1 + p)p(1 + p){{( - i + q)}^4}}}\]
\[I = \frac{{i( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)}}{{2p{{( - i + q)}^2}}}\]
\[D =  - \frac{{q( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)}}{{p{{(1 + {q^2})}^2}}}\]
\[E = \frac{{( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)( - 2p - q - 2ipq + {p^2}q + 2p{q^2})}}{{p{{( - i + p)}^2}{{( - i + q)}^4}}}\]
\[F = \frac{{q( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)}}{{p{{( - i + q)}^4}}}\]
\[X = \frac{{( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)( - p - q - ipq + p{q^2})}}{{( - 1 - ip)p{{( - i + q)}^4}}}\]
\[Y = \frac{{{q^2}( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)}}{{p{{(1 + iq)}^3}(i + q)}}\]
\[Z = \frac{{( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)( - i + p{q^2})}}{{p( - i + p){{(1 + iq)}^3}(i + q)}}\]
交点为
\[J = \frac{{q( - 1 - p - q + pq)( - 1 + p + q + pq)( - i - p - q - ipq + 2p{q^2})}}{{( - 1 - ip)p{{( - i + q)}^4}(i + q)}}\]
的确不是DEF的内心

mathe

圆心I可以被替换为圆内任意一点。

dlsh

证明：圆心在单位圆上两条弦AB和CD所在直线的交点对应的共轭复数可以表示为\(\frac{a+b-(c+d)}{\left(ab-cd\right)}\)

对称的交点

手算可能也容易。

mathe

看看平凡的图，I被I'替换后的结果，不知道I'到J的映射是怎么样的一个映射

creasson

mathe 发表于 2021-2-27 22:20
看看平凡的图，I被I'替换后的结果，不知道I'到J的映射是怎么样的一个映射