1. 题目

如图，已知 △ABC\triangle ABC 的外接圆、内切圆分别为 ⊙O\odot O、⊙I\odot I，⊙I\odot I 与边 BCBC、CACA、ABAB 分别切于点 DD、EE、FF。过点 DD 作 DS⊥EFDS\perp EF 于点 SS。若 ⊙O\odot O 与以 AIAI 为直径的圆的第二个交点为 TT，证明：TT、SS、II 三点共线。

2. 解法一：同一法+配极

设 S′=EF‾∩TI‾S'=\overline{EF}\cap\overline{TI}，Q=AT‾∩BC‾Q=\overline{AT}\cap\overline{BC}。

以下极点、极线的讨论都是基于 ⊙I\odot I。

点 S′S' 在 AA 的极线 EFEF 上   ⟹  \implies 点 AA 在 S′S' 的极线上。由 IS′⊥ATIS'\perp AT 可知 ATAT 为 S′S' 的极线。

由 QQ 在 S′S' 的极线 ATAT 上、DD 的极线 BCBC 上可知 QQ 的极线为 DS′DS'，因此 QI⊥DS′QI\perp DS'。因此

S=S′  ⟸  DS′⊥EF  ⟸  QI∥EF  ⟸  QI⊥AI S=S' \impliedby DS'\perp EF \impliedby QI\parallel EF \impliedby QI\perp AI

作 IQ′⊥AIIQ'\perp AI 交直线 BCBC 于 Q′Q'。延长 AIAI 交 ⊙O\odot O 于 JJ，则 JI=JB=JCJI=JB=JC，即 JJ 是 △IBC\triangle IBC 的外心。

由 Q′I⊥JIQ'I\perp JI 可知 Q′IQ'I 是 △IBC\triangle IBC 的外接圆的切线，因此

Q′I2=Q′B⋅Q′C Q'I^2 = Q'B\cdot Q'C

设直线 AQ′AQ' 与 ⊙O\odot O 的另一个交点为 T′T'，则

Q′T′⋅Q′A=Q′B⋅Q′C=Q′I2 Q'T'\cdot Q'A = Q'B\cdot Q'C = Q'I^2

因此

△Q′T′I∼△Q′IA  ⟹  ∠Q′T′I=∠Q′IA=90∘ \triangle Q'T'I \sim \triangle Q'IA \implies \angle Q'T'I = \angle Q'IA = 90^\circ

可知 ∠AT′I=90∘\angle AT'I=90^\circ，因此 T′T' 也在以 AIAI 为直径的圆上，故 T′T' 与 TT 重合，进而 Q′Q' 与 QQ 重合。

因此 QI⊥AIQI\perp AI，可知 S′S' 与 SS 重合，命题得证。

3. 解法二：相似+反演

设 P=AT‾∩EF‾P=\overline{AT}\cap\overline{EF}。

易证

△DSE∼△BFI  ⟹  SEIF=DSBF△DSF∼△CEI  ⟹  SFIE=DSCE }  ⟹  SESF=CEBF \left. \begin{aligned} \triangle DSE\sim\triangle BFI & \implies \frac{SE}{IF}=\frac{DS}{BF} \\[2ex] \triangle DSF\sim\triangle CEI & \implies \frac{SF}{IE}=\frac{DS}{CE} \end{aligned} \,\right\} \implies \frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}

又易证

△ATE∼△AEP  ⟹  TEEP=ATAE=AEAP△ATF∼△AFP  ⟹  TFFP=ATAF=AFAP }  ⟹  TETF=PEPF \left. \begin{aligned} \triangle ATE \sim \triangle AEP & \implies \frac{TE}{EP}=\frac{AT}{AE}=\frac{AE}{AP} \\[2ex] \triangle ATF \sim \triangle AFP & \implies \frac{TF}{FP}=\frac{AT}{AF}=\frac{AF}{AP} \end{aligned} \,\right\} \implies \frac{TE}{TF} = \frac{PE}{PF}

由上面的相似还可知

AT⋅AP=AF2=AE2 AT\cdot AP = AF^2=AE^2

我们以 AA 为反演中心，AEAE 为反演半径建立反演变换，则 T↔PT \leftrightarrow P，因此 △ABC\triangle ABC 的外接圆变为经过点 PP 的直线。记 BB、CC 的反演点依次为 B′B'、C′C'，考虑 △AEF\triangle AEF 和直线 B′C′B'C'，有

AB′B′F⋅FPPE⋅EC′C′A=1 \frac{AB'}{B'F}\cdot \frac{FP}{PE}\cdot \frac{EC'}{C'A}=1

因此

PEPF=AB′B′F⋅EC′C′A=AF2ABAF−AF2AB⋅AE−AE2ABAE2AC=AFAB−AF⋅AC−AEAE=CEBF \begin{aligned} \frac{PE}{PF} & = \frac{AB'}{B'F}\cdot \frac{EC'}{C'A} \\[2ex] & = \frac{\frac{AF^2}{AB}}{AF-\frac{AF^2}{AB}}\cdot \frac{AE-\frac{AE^2}{AB}}{\frac{AE^2}{AC}} \\[2ex] & = \frac{AF}{AB-AF}\cdot \frac{AC-AE}{AE} \\[2ex] & = \frac{CE}{BF} \end{aligned}

可知

TETF=PEPF=CEBF=SESF \frac{TE}{TF} = \frac{PE}{PF} = \frac{CE}{BF} = \frac{SE}{SF}

因此 SS 在 ∠ETF\angle ETF 的平分线上。

由 IE=IFIE=IF 可知 TITI 平分 ∠ETF\angle ETF，因此 SS 在直线 TITI 上。

4. 解法三：硬算

DeepSeek-V4-Pro-0813和Qwen3.8-Max都给出了这个证明方法。

设 △ABC\triangle ABC 的内径为 rr，外径为 RR，∠CAB=2α\angle CAB=2\alpha，∠ABC=2β\angle ABC=2\beta，∠BCA=2γ\angle BCA=2\gamma，则 α+β+γ=90∘\alpha+\beta+\gamma=90^\circ，且

r=4Rsin⁡αsin⁡βsin⁡γ r=4R \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma

不妨设 AB<ACAB<AC，则 β>γ\beta > \gamma。

考虑 △DEF\triangle DEF，易知

DE=2rcos⁡γ,EF=2rcos⁡α,FD=2rcos⁡β,∠FDE=90∘−α,∠DEF=90∘−β,∠EFD=90∘−γ \begin{gathered} DE = 2r\cos \gamma ,\quad EF = 2r\cos \alpha ,\quad FD = 2r\cos \beta ,\\ \angle FDE = 90^\circ-\alpha ,\quad \angle DEF = 90^\circ-\beta ,\quad \angle EFD = 90^\circ-\gamma \end{gathered}

因此

FS=DFcos⁡∠DFE=2rcos⁡βsin⁡γFM=12EF=rcos⁡αIM=IFsin⁡∠IFE=rsin⁡α \begin{aligned} FS & = DF\cos \angle DFE = 2r\cos \beta \sin \gamma \\[2ex] FM & = \frac{1}{2} EF = r\cos \alpha \\[2ex] IM & = IF\sin \angle IFE = r\sin \alpha \end{aligned}

可知

tan⁡∠AIS=FM−FSIM=rcos⁡α−2rcos⁡βsin⁡γrsin⁡α=sin⁡(β+γ)−2cos⁡βsin⁡γsin⁡α=sin⁡(β−γ)sin⁡α \begin{aligned} \tan \angle AIS & = \frac{FM-FS}{IM} \\[2ex] & = \frac{r\cos \alpha - 2r\cos \beta \sin \gamma}{r\sin \alpha} \\[2ex] & = \frac{\sin (\beta+\gamma)-2\cos \beta \sin \gamma}{\sin \alpha} \\[2ex] & = \frac{\sin (\beta-\gamma)}{\sin \alpha} \end{aligned}

设 ∠TAI=θ\angle TAI=\theta，则

AI=IFsin⁡∠IAF=rsin⁡αAT=AIcos⁡∠TAI=rcos⁡θsin⁡α \begin{aligned} AI & = \frac{IF}{\sin \angle IAF} = \frac{r}{\sin \alpha} \\[2ex] AT & = AI\cos \angle TAI = \frac{r\cos \theta}{\sin \alpha} \\[2ex] \end{aligned}

又

AT=2Rsin⁡∠TBA=2Rsin⁡(2γ−(θ−α))=2Rcos⁡(θ+β−γ) AT = 2R\sin \angle TBA = 2R\sin (2\gamma-(\theta-\alpha)) = 2R\cos (\theta+\beta-\gamma)

因此

  ⟹  rcos⁡θsin⁡α=2Rsin⁡(2γ−(θ−α))=2Rcos⁡(θ+β−γ)  ⟹  4Rsin⁡αsin⁡βsin⁡γ⋅cos⁡θsin⁡α=2Rcos⁡(θ+β−γ)  ⟹  2sin⁡βsin⁡γ⋅cos⁡θ=cos(θ+β−γ)  ⟹  [cos⁡(β−γ)−cos⁡(β+γ)]⋅cos⁡θ=cos⁡θcos⁡(β−γ)−sin⁡θsin⁡(β−γ)  ⟹  cos⁡(β+γ)cos⁡θ=sin⁡θsin⁡(β−γ)  ⟹  cot⁡θ=sin⁡(β−γ)sin⁡α \begin{aligned} & \phantom{\implies} \frac{r\cos \theta}{\sin \alpha} = 2R\sin (2\gamma-(\theta-\alpha)) = 2R\cos (\theta+\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies \frac{4R \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \cdot \cos \theta}{\sin \alpha} = 2R\cos (\theta+\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies 2\sin \beta \sin \gamma \cdot \cos \theta = cos (\theta+\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies [\cos (\beta-\gamma)-\cos (\beta+\gamma)]\cdot \cos \theta = \cos \theta \cos (\beta-\gamma) - \sin \theta \sin (\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies \cos (\beta+\gamma) \cos \theta = \sin \theta \sin (\beta-\gamma) \\[2ex] & \implies \cot \theta = \frac{\sin (\beta-\gamma)}{\sin \alpha} \end{aligned}

故

tan⁡∠AIT=cot⁡∠TAI=sin⁡(β−γ)sin⁡α=tan⁡∠AIS \tan \angle AIT = \cot \angle TAI = \frac{\sin (\beta-\gamma)}{\sin \alpha} = \tan \angle AIS

可知 TT、SS、II 三点共线。