锐角△ABC中  D和E分别为AB和AC中点
A1、B1、C1分别为BC、AC、AB上非中点的点 B1C1和DE交于点F
∠BAC=∠B1A1C1  ∠ABC=∠A1B1C1
求证：A1F⊥B1C1
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当然不是啦
数学辅导老师只会讲 八字模型 手拉手模型 瓜豆模型这类的话
【 在 hound 的大作中提到: 】
: 给一个三角证法。
: △A1B1C1,过A1,B1,C1做对边平行线，得到△A2B2C2。
: AC1B1A2四点共圆，∠AB1A2=∠AC1A2, 进一步可知△A1B1C1和△ABC的对应边夹角都相等，设为θ。
: ...................
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设△ABC外心为O BC边中点为M 显然DEM为中位线三角形
A1C1和DM交于G   A1B1和EM交于H

设△A1B1C1 垂心为O’ ∠B1O'C1=180°-∠B1A1C1=180°-∠A
∴AC1O’B1四点共圆
同理 BA1O'C1 和CA1O’B1 也都共圆
通过倒角易知∠BO'C=360°-（∠ABC+∠ACB）-（∠BA1C1+∠CA1B1）=2∠A
同理∠AO’B=2∠C
∴O’=O 即O为△A1B1C1垂心
∴A1O⊥B1C1
易知O也是△DEM垂心
∴C1O⊥A1B1 DO⊥EM
∴∠C1OD=∠EHB1=∠EFB1=∠C1FD（这里用到EB1HF四点共圆这个结论是显然的）
∴C1DOF 四点共圆
∴∠OFC1=180°-∠ODC1=90° 即OF⊥B1C1
∴A1OF三点共线 且A1F⊥B1C1
QED

这题是充要的 必要性的证明提供了一种 三角形内接相似三角形的尺规作图方法
在AB上给定一点C'做这个内接相似三角形（这个三角形的存在性问题牵扯到你前面证明中的那个θ θ＜60°才可能存在）
连接C'O  交AB的中位线内部于D 过D做C'D垂线 交AC内部于B' 交BC内部于A’
A'B'C'就是要做的那个内接相似三角形
【 在 hound 的大作中提到: 】
: 不用三角运算的做法：
: B2,A2在AB上的垂足为B3,A3,易证A2AA3全等于B2BB3，A2B2/AB=1/cos(theta)，所以A1B1C1和ABC相似比1/(2cos(theta))。
: 同样处理，C1 B1在DE上垂足为M1 M2，则DM1=EM2，C1F/FB1=C1M1/B1M2=DM1*tanB/EM2*tanC=tanB/tanC。
: ...................
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存在性判断上有问题
锐角三角形边上一点跟外心的连线 跟相应中位线可未必有在线段内的交点（有可能交到延长线上去）
【 在 hound 的大作中提到: 】
: 锐角三角形能保证一定有有交点F。除此以外，可以放宽锐角三角形为任意三角形，内接相似三角形有无穷多个，最小的相似比1/2，最大的相似比无限接近1/(2*cos(min(A,B,C)))。
: 发自「今日水木 on iPhone 13 Pro」
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我懂你的意思了
是不加任何条件 的内接相似三角形一定存在
但那个内接三角形的三个顶点是有范围的
我说的意思是 给定一个点做顶点 那么这个三角形就可能不存在
其实钝角和锐角 本质上没什么区别 无非就是交点到延长线上去了
直角的话比较有意思
如果内接三角形有一个顶点是原三角形一边中点 那么这俩三角形必然是直角三角形
其中内接三角形的直角顶点是 原三角形斜边的中点
【 在 hound 的大作中提到: 】
: 锐角三角形，满足条件的A1B1C1不会出现这种情况。
: 可以证明，A1B1，A1C1, B1C1和对应中位线段均有交点。
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