设 $O$ 和 $I$ 分别为 $\triangle ABC$ 的外心和内心，$\triangle ABC$ 的内切圆与边 $BC,CA,AB$ 分别相切于点 $D,E,F$，直线 $FD$ 与 $CA$ 相交于点 $P$ 直线，$DE$ 与 $AB$ 相交于点 $Q$，点 $M,N$ 分别为线段 $PE, QF$ 的中点，求证：$O I \perp M N$
【难度】
【出处】
2007第22届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
考虑 $\triangle ABC$ 与截线 $PFD$，由梅涅劳斯定理，有 $\dfrac{C P}{P A} \cdot \dfrac{A F}{F B} \cdot \dfrac{B D}{D C}=1$ 所以 $\dfrac{P A}{P C}=\dfrac{A F}{F B} \cdot \dfrac{B D}{D C}=\dfrac{A F}{D C}=\dfrac{p-a}{p-c}$ 于是 $\dfrac{P A}{C A}=\dfrac{p-a}{a-c}$ 因此 $P A=\dfrac{b(p-a)}{a-c}$ 这样
$P E=P A+A E=\dfrac{b(p-a)}{a-c}+p-a=\dfrac{2(p-c)(p-a)}{a-c}$
$M E=\dfrac{1}{2} P E=\dfrac{(p-c)(p-a)}{a-c}$
$M A=M E-A E=\dfrac{(p-c)(p-a)}{a-c}-(p-a)=\dfrac{(p-a)^{2}}{a-c}$
$M C=M E+E C=\dfrac{(p-c)(p-a)}{a-c}+(p-c)=\dfrac{(p-c)^{2}}{a-c}$
于是 $M A \cdot M C=M E^{2}$
因为 $ME$ 是点 $M$ 到 $\triangle ABC$ 的内切圆的切线长，所以 $ME^2$ 是点
$M$ 到内切圆的幕，而 $MA·MC$ 是点 $M$ 到 $\triangle ABC$ 的外接圆的幕，等
式 $MA·MC= ME^2$ 表明点 $M$ 到 $\triangle ABC$ 的外接圆与内切圆的幕相等，因而点 $M$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆与内切圆的根轴上．同理，点 $N$ 也在 $\triangle ABC$ 的外接圆与内切圆的根轴上．故 $OI \bot MN$．
$P E=P A+A E=\dfrac{b(p-a)}{a-c}+p-a=\dfrac{2(p-c)(p-a)}{a-c}$
$M E=\dfrac{1}{2} P E=\dfrac{(p-c)(p-a)}{a-c}$
$M A=M E-A E=\dfrac{(p-c)(p-a)}{a-c}-(p-a)=\dfrac{(p-a)^{2}}{a-c}$
$M C=M E+E C=\dfrac{(p-c)(p-a)}{a-c}+(p-c)=\dfrac{(p-c)^{2}}{a-c}$
于是 $M A \cdot M C=M E^{2}$
因为 $ME$ 是点 $M$ 到 $\triangle ABC$ 的内切圆的切线长，所以 $ME^2$ 是点
$M$ 到内切圆的幕，而 $MA·MC$ 是点 $M$ 到 $\triangle ABC$ 的外接圆的幕，等
式 $MA·MC= ME^2$ 表明点 $M$ 到 $\triangle ABC$ 的外接圆与内切圆的幕相等，因而点 $M$ 在 $\triangle ABC$ 的外接圆与内切圆的根轴上．同理，点 $N$ 也在 $\triangle ABC$ 的外接圆与内切圆的根轴上．故 $OI \bot MN$．
答案
解析
备注
