如图
在 $\triangle ABC$ 中，$D$ 为边 $BC$ 上一点，设 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$ 的内心分别为 $I_1$ 和 $I_2$，$\triangle AI_1D$ 和 $\triangle AI_2D $ 的外心分别为 $ O_1 $ 和 $ O_2 $，直线 $ I_1O_2 $ 与 $ I_2O_1 $ 交于点 $ P $．
求证：$ PD\bot BC$．
在 $\triangle ABC$ 中，$D$ 为边 $BC$ 上一点，设 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$ 的内心分别为 $I_1$ 和 $I_2$，$\triangle AI_1D$ 和 $\triangle AI_2D $ 的外心分别为 $ O_1 $ 和 $ O_2 $，直线 $ I_1O_2 $ 与 $ I_2O_1 $ 交于点 $ P $．求证：$ PD\bot BC$．
【难度】
【出处】
2017年中国西部数学邀请赛试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $O_1A=O_1I_1=O_1D$，所以由内心的性质，$O_1$ 是 $\triangle ABD$ 外接圆 $\overparen {AD} $ 的中点．如图
延长 $BI_1、DI_2$ 交于点 $J_1$，则 $J_1$ 是 $\triangle ABD$ 的 $\angle B $ 内的旁心，且 $O_1 $ 是 $ I_1J_1$ 的中点．同理延长 $DI_1,CI_2$ 交于点 $J_2$，则 $J_2$ 是 $\triangle ACD $ 的 $\angle C$ 内的旁心，且 $O_2$ 是 $I_2J_2$ 的中点．
过 $D$ 作 $DP^\prime \bot BC$．只需证明 $I_{1} O_{2}, I_{2} O_{1}, D P^{\prime}$ 三线共点．对 $\triangle DI_1I_2$ 用角元素塞瓦定理知，只需证明
$\dfrac{\sin \angle P^{\prime} D I_{2}}{\sin \angle P^{\prime} D I_{1}} \cdot \dfrac{\sin \angle D I_{1} O_{2}}{\sin \angle O_{2} I_{1} I_{2}} \cdot \dfrac{\sin \angle O_{1} I_{2} I_{1}}{\sin \angle D I_{2} O_{1}}=1$
事实上，由 $O_2J_2=O_2I_2$ 知 $S_{\triangle O_{2} I_{1} J_{2}}=S_{\triangle O_{2} I_{1} I_{2}}$，所以
$\dfrac{\sin \angle D I_{1} O_{2}}{\sin \angle Q_{2} I_{1} I_{2}}=\dfrac{\sin \angle O_{2} I_{1} J_{2}}{\sin \angle O_{2} I_{1} I_{2}}=\dfrac{\frac{2 S_{\triangle O_1 I_{1} J_{2}}}{I_{1} J_{2} \cdot I_{1} O_{2}}}{\frac{2 S_{\triangle O_2 I_{1} I_{2}}}{I_{1} I_{2} \cdot I_{1} O_{2}}}=\dfrac{I_{1} I_{2}}{I_{1} J_{2}}$
同理，$\dfrac{\sin \angle O_{1} I_{2} I_{1}}{\sin \angle D I_{2} O_{1}}=\dfrac{I_{2} J_{1}}{I_{1} I_{2}}, $ 又 $ \dfrac{\sin \angle P^{\prime} D I_{2}}{\sin \angle P^{\prime} D I_{1}}=\dfrac{\cos \angle C D I_{2}}{\cos \angle B D I_{1}}$，所以只需证明 $\dfrac{I_{2} J_{1} \cdot \cos \angle C D I_{2}}{I_{1} J_{2} \cdot \cos \angle B D I_{1}}=1$，即 $I_2J_1$ 和 $I_1J_2$ 在 $BC$ 上的投影长度相同．如图
设 $I_1,I_2,J_1,J_2$ 在 $BC$ 上的投影分别为 $H_1、H_2、K_1、K_2$，则 $\begin{aligned} H_{2} K_{1} &=D K_{1}-D H_{2} =\dfrac{1}{2}(A B+A D-B D)-\frac{1}{2}(A D+C D-A C) =\dfrac{1}{2}(A B+A C-B C) \end{aligned}$
同理，$H_{1} K_{2}=\dfrac{1}{2}(A B+A C-B C)$．所以 $H_{2} K_{1}=H_{1} K_{2}$．命题得证．
延长 $BI_1、DI_2$ 交于点 $J_1$，则 $J_1$ 是 $\triangle ABD$ 的 $\angle B $ 内的旁心，且 $O_1 $ 是 $ I_1J_1$ 的中点．同理延长 $DI_1,CI_2$ 交于点 $J_2$，则 $J_2$ 是 $\triangle ACD $ 的 $\angle C$ 内的旁心，且 $O_2$ 是 $I_2J_2$ 的中点．过 $D$ 作 $DP^\prime \bot BC$．只需证明 $I_{1} O_{2}, I_{2} O_{1}, D P^{\prime}$ 三线共点．对 $\triangle DI_1I_2$ 用角元素塞瓦定理知，只需证明
$\dfrac{\sin \angle P^{\prime} D I_{2}}{\sin \angle P^{\prime} D I_{1}} \cdot \dfrac{\sin \angle D I_{1} O_{2}}{\sin \angle O_{2} I_{1} I_{2}} \cdot \dfrac{\sin \angle O_{1} I_{2} I_{1}}{\sin \angle D I_{2} O_{1}}=1$
事实上，由 $O_2J_2=O_2I_2$ 知 $S_{\triangle O_{2} I_{1} J_{2}}=S_{\triangle O_{2} I_{1} I_{2}}$，所以
$\dfrac{\sin \angle D I_{1} O_{2}}{\sin \angle Q_{2} I_{1} I_{2}}=\dfrac{\sin \angle O_{2} I_{1} J_{2}}{\sin \angle O_{2} I_{1} I_{2}}=\dfrac{\frac{2 S_{\triangle O_1 I_{1} J_{2}}}{I_{1} J_{2} \cdot I_{1} O_{2}}}{\frac{2 S_{\triangle O_2 I_{1} I_{2}}}{I_{1} I_{2} \cdot I_{1} O_{2}}}=\dfrac{I_{1} I_{2}}{I_{1} J_{2}}$
同理，$\dfrac{\sin \angle O_{1} I_{2} I_{1}}{\sin \angle D I_{2} O_{1}}=\dfrac{I_{2} J_{1}}{I_{1} I_{2}}, $ 又 $ \dfrac{\sin \angle P^{\prime} D I_{2}}{\sin \angle P^{\prime} D I_{1}}=\dfrac{\cos \angle C D I_{2}}{\cos \angle B D I_{1}}$，所以只需证明 $\dfrac{I_{2} J_{1} \cdot \cos \angle C D I_{2}}{I_{1} J_{2} \cdot \cos \angle B D I_{1}}=1$，即 $I_2J_1$ 和 $I_1J_2$ 在 $BC$ 上的投影长度相同．如图
设 $I_1,I_2,J_1,J_2$ 在 $BC$ 上的投影分别为 $H_1、H_2、K_1、K_2$，则 $\begin{aligned} H_{2} K_{1} &=D K_{1}-D H_{2} =\dfrac{1}{2}(A B+A D-B D)-\frac{1}{2}(A D+C D-A C) =\dfrac{1}{2}(A B+A C-B C) \end{aligned}$同理，$H_{1} K_{2}=\dfrac{1}{2}(A B+A C-B C)$．所以 $H_{2} K_{1}=H_{1} K_{2}$．命题得证．
答案
解析
备注
