求证圆I外切完全四边形对顶点与密克点M形成的角被IM平分。首先通过反演证明了该问题，又找到了一个巧妙的几何证明。∠BMC=∠AMD,∠BME=∠FMD,MA*MC=MB*MD=ME*MF,这些性质都是显然的。这是本人得到第一种证明方法。顾冬华指出此题还是很常见的，卢圣也有一个反演的证明。为了方便和对称，设M为圆ABF,ADE交点。经过尝试发现倒角不难得证。此题的基本思路是由STUV共圆可证ABCD有内切圆，进而证明KLMN共圆即可。
求证圆I外切完全四边形对顶点与密克点M形成的角被IM平分。即
1、已知：如图，ABCD是圆I的外切四边形，AB交CD于E，△EBC及△AED外接圆交于M。
求证：∠BMI=∠DMI.
这是在研究前几年中国台湾或者香港数学奥林匹克一个题时得到的结论，感觉这个结论应该是已知的，不过查了一些资料也没有找到。首先通过反演证明了该问题，又找到了一个巧妙的几何证明。看看有没有其他的证明。
这个结论我以前好像没有见过，感觉很精妙。画出准确图形如下，
先把完全四边形图形补全，设AD交BC于F。由倒角即可得密克点M基本性质：四个外接圆都过M，且有6对顺相似三角形△MAB∽△MDC等，即M为“对节”的相似不动点。
∠BMC=∠AMD,∠BME=∠FMD,MA*MC=MB*MD=ME*MF,这些性质都是显然的。即只要能证明MI平分对顶点与M形成的三个角∠AMC,∠BMD,∠EMF中的一个，就能证明另两个了。例如我们集中证明∠AMI=∠CMI。这个还是挺难的，特别是MI这条线很难描述，∠AMI和∠CMI这两个角也没法表示和转化。结论能否加强呢？
我突然发现△MAI∽△MIC。即还有
MA*MC=MI^2。到了这里，感觉还是没有入手，因为ABCD有内切圆I这个条件很难用。我对圆外切四边形也不是很熟悉，我又尝试了一下，发现还是难窥门径。那段时间一直很忙，我就将此题束之高阁了。不过遇到不会做的难题，我喜欢自己独立思考，反正对我而言题目不会做也没有关系，我也不需要考试（^_^）。让我回去抽空想想，
后面一直很忙，断断续续做了一下，难点在于圆外切非常难用。刚开始我尝试使用牛顿定理，以失败告终。
然后我尝试消点，通过计算角度和比例希望消去点M，需要证明△MAI∽△MIC，∠AMI和∠CMI难以表示，正难则反，考察剩余角，设ABCD四个角为A,B,C,D,易得
∠AIC=B 0.5A 0.5C,
∠ICM ∠IAM=0.5C ∠ABM ∠IAM
=0.5C B ∠DAM ∠IAM=0.5C B 0.5A=∠AIC,
从而还需要一个比例等式.
若△ICM∽△AIM,则MC/MA=(MC/MI)(MI/MA)=((CI/IA))^2,
同理MB/MD=(BI/ID)^2,
相乘得((CI*BI)/(IA*ID))^2=(MC*MB)/(MA*MD)=(CB/DA)^2
从而需证(CI*BI)/(IA*ID)=CB/DA，
这样消去了点M，得到下图，
基本上就显而易见了。
可以设半径为r,设4对等角分别为1,2,3,4,则∠1 ∠2 ∠3 ∠4=180°,
容易用r及三角函数表示出IA,IB,IC,ID及BC,AD,代入欲证结果由合角公式显然成立。
当然也可以用面积法，用[ABC]表示△ABC面积。则
(CI*BI)/(IA*ID)=(CI*BI*sin(∠1 ∠2))/(IA*ID*sin(∠3 ∠4))=[CBI]/[DAI]=CB/DA。
这样就基本完成了证明。
下面回到原图中，已证(CI*BI)/(IA*ID)=CB/DA，
从而得到(CI*BI)/(IA*ID)^2=(CB/DA)^2=(MC*MB/MA*MD)
同理可得(AI*BI/CI*ID)^2=(MA*MB)/(MC*MD)
以上两式相除即得MC/MA=(CI/IA))^2
由此两个条件即知，若动点M满足两个条件，
每个条件轨迹是一个圆，同理对BD可得类似结论
而M为这些圆交点，即为唯一解，从而
△ICM∽△AIM，即结论成立。
这是本人得到第一种证明方法。
最终还是用到这个结论，我就关注学习了一下，他是用反演证明的。顾冬华指出此题还是很常见的，卢圣也有一个反演的证明。
我也就自己思考反演如何证明，因为相切问题用反演是合情合理。以圆I为基圆，则
完全四边形6个顶点的反演点即为切点连线的6个中点，外接圆得反演点变成相应切点三角形的九点圆。M变为九点圆交点M’。由反演性质知OBMM’,NDM’M共圆，若结论成立，则∠IOM'=∠IMB=∠IMD=∠INM',只需证明IOM'N为平行四边形即可。
这样就能消去完全四边形外面的6个点，
得到下图，只需证明圆内接四边形的性质。
题目重新叙述为：
2、圆I的内接四边形JKLH中，六边中点为N,O,P,Q,R,S,圆ORP与圆RMN交于M'，求证IRM'S为平行四边形。
这其实正是公众号“我们爱几何”
20180401的新题快递，
作者是郑州一中张甲老师。
经过尝试我发现还不太好证明，
主要是用两个九点圆交点来描述M'
似乎性质不好用。
那就先分析挖掘图形性质吧，
若IRM'S为平行四边形，
则由对称性每对对边中点与IM'均构成平行四边形。
由垂径定理及平行得每个中点与M'连线均垂直对边。
这个性质很好用，因此重新描述M’为
M'满足IRM'S为平行四边形，
则每个中点与M'连线垂直对边，
从而∠OM'P=180°-∠JHL=∠JKL=∠ORP,
故ORM'P共圆，同理可得NSM'P共圆，故
M'为两个九点圆交点，
故IOM'N为平行四边形，
从而结论成立。
姚佳斌老师也是反演得到圆内接四边形性质，不过他证明平行四边形是用等角线性质证明的，与我的证明略有区别。这就得到了第二种证明方法。
在探索此题思路的过程中，因为此图形中有内心和外接圆，
我感觉应该可以考虑利用鸡爪定理证明。
为了方便和对称，设M为圆ABF,ADE交点。
这样就能作出AI设其与两圆交点为S',S,
考虑到鸡爪定理的经典结构中的命题2[1]，
设SM交DE于N,
S'M交BF于R，显然INRM共圆，
下面只需证明C在此圆上。
经过尝试发现倒角不难得证。
证明：如图添加辅助线，由鸡爪定理基本结构知
∠INM=∠SIM=∠IRM,即INRM共圆。
又∠NMR=∠AMS-∠AMS'=∠ADS-∠AFS'
=∠ADE ∠SAD-∠AFB-∠SAD=∠DCF,
即CNRM共圆.
则CINRM共圆,且AI为此圆切线，
则∠AIM=∠ICM,
同理∠IAM=∠CIM,
故∠CMI=∠AMI.∠BMI=∠DMI.
这就得到了第三种证法。
我将此法发布在小群以后，顾冬华指出，他前几天也遇到了这个问题，经过思考，他也得到了一种证法，如下：
拜读以后，发现他的基本思路是利用相交两圆的性质及鸡爪定理基本结构的命题1[1]，得到了，也非常精妙。本质而言，他的证明和我上述证明异曲同工，都是利用鸡爪定理解决的。这就得到了第四种证明方法。
至此我觉得我把这个问题思考的差不多了，可以与韩建星进一步讨论了，我就把上述解法发给了他，他说他的思路第一种反演，本质和我的相同，第二种证法是从2015年CMO第二题联想到的，作关于M的四条角平分线，交ABCD于对应点，这四点共圆且以I为圆心。又易得ABCD对边上的交点与I,M共圆，利用相似得证。
2015年CMO第二题为：
3、若KLMN在ABCD四条边上且AK/KB=AD/BC,BL/LC=BA/CD,CM/MD=CB/DA,
DN/NA=DC/AB,AB交CD于E，AD交BC于F，△CEF内切圆与CE、CF切于U、V，△AEF内切圆与AE、AF切于S、T，且，求证：KLMN共圆。
此题的基本思路是由STUV共圆可证ABCD有内切圆，进而证明KLMN共圆即可。
按照韩建星的思路，我把图画出来，把他的证明补充还原，
具体证明过程为：
设AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,则a c=b d.
作出∠AMB,∠BMC,∠CMD,∠DMA内角平分线交相应边于Q,N,O,P.
由密克点性质倒角可得△MBC∼△MAD,
由角平分线定理得AQ/QB=MA/MB=AD/BC=d/b,
同理可得BN/NC=a/c,CO/OD=b/d,DP/PA=c/a,
容易计算得到BQ=ab/(b d),BN=ab/(a c)=ab/(b d)=BQ,
则IQ=IN,同理可得IN=IO=IP,
即QNOP共圆且圆心为I。
又由△MBA∼△MCD及Q,O为相似对应点得
∠BQM=∠COM,即EQOM共圆。
又∠QIO=2∠BIC=2(90°-0.5∠BEC)=180°-∠BEC,
故QIOE共圆，即QIOME共圆。
又IQ=IO,则∠QMI=∠OMI,
则∠BMI=∠DMI.
他的证明关键巧妙联想到上题，如法炮制即得，正体现了题目之间千丝万缕的联系。这是第五种证明。
上述五种证明各有千秋，从不同角度反映了此题的本质。
证法一消去点M，思路自然合理，最后得到了圆外切四边形的一个基本性质。
证法二使用反演，转化为圆内接四边形九点圆交点M’（显然四个九点圆都过M’，此点一般称为四边形彭色列（Ponclet）点或者欧拉-彭色列（Euler-Ponclet）点）的性质问题，最后转化为圆内接四边形每边中点与M’连线垂直对边的问题，此结论一般称为康托(Cantor)定理。
证法二虽然稍显曲折，不过体现了本题的另一方面的性质和其他问题的联系。
证法三和证法四都是利用鸡爪定理，对于鸡爪定理熟悉的读者应该不难想象。此两种证法相对容易理解。
证法五另辟蹊径，联想到2015CMO第2题，利用那个结构解决了本题。
这样一来，这个问题基本考虑清楚了。进一步，趁热打铁，我问韩建星此结论是他做哪个题得到的，根据他的大概记忆，我找到了原题：
4、设M为△ABC外接圆圆弧BC上一点，自点M引与△ABC的内切圆相切的两条直线，分别与BC交于X,Y,
证明：△MXY外接圆与△ABC外接圆的第二个交点为△ABC外接圆与∠A所对的伪内切圆的切点。
（2014年中国台湾数学奥林匹克训练营第2轮第6题）
参考答案是反演做的，和证法二有些神似，篇幅比较长，写了将近两页。
我尝试自己独立做了一下。第一个问题是此伪内切圆点G如何描述？我想到了前面在鸡爪定理系列中写过曼海姆定理[2]，若弧BAC中点为H，则HIG共线。从而本题只需证明GI平分∠BGC即可。
第二个问题是相切如何利用，一个自然的思路是将切线MX,MY延长与大圆相交于K、L，由欧拉查柏公式逆定理[3]知KL与圆I相切，这样就可以消去切线AB、AC。得到下图
由共圆知∠GBC=∠GLC,∠GCZ=∠GML=∠GXY,
故∠XGB=∠CGL,
又由第1题的结论知IG平分∠XGL，
从而IG平分∠BGC,从而原结论成立。
这样，这个系列问题基本可以告一段落了，上述过程真实的还原了我思考和探索此题的过程，我平时研究学习问题也基本都是遵循这个模式。虽然比较慢，一个问题可能要做很多天。但是乐在其中，而且我觉得效率最高的学习方式就是带着问题学习。一个问题只有你多方尝试、深入思考、屡战屡败、屡败屡战，最终历经千辛万苦，山穷水复、柳暗花明，你才真正提升了解题能力。过程中你尝试了自己学过的各种方法、复习了掌握的各种模型，得到各种解法，将很多看起来风马牛不相及的问题本质上联系起来，才算是学到了新的东西。即使这个题目你没有做出来，但是你也复习巩固了很多学过的知识和结论。
当然，至大无外、至小无内，这里其实还有很多问题值得进一步挖掘和研究，例如圆内接四边形彭色列点的性质以及一般的四边形彭色列点的性质都值得深入挖掘。囿于篇幅，这次先到这里，后面有空了继续探究。
