题目1：如图1，△ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，设D、E分别为内切圆☉I与边BC、CA的切点。求证D、H、E三点共线。
解题思路（1）：连接IA、IE、ID，则∠BAI=∠CAI=θ，ID⊥BC，IE⊥AC（图2）。
因∠ABI=∠DBI=α，易证Rt△AHB∽Rt△IDB，
则有AB/BI=BH/BD，连接HD，结合∠ABI=∠HBD，
则△ABI∽△HBD，∠BHD=∠BAI=∠CAI=θ。
连接HE，在四边形AIHE中，∠AEI=∠AHI=90°，则A、I、H、E四点共圆，∠AHE=∠AIE=ε。
因∠AIE ∠EAI=90°，则∠AHE ∠BHD=90°。
故∠AHE ∠AHB ∠BHD=90° 90°=180°，
D、H、E三点共线得证。
解题思路（2）：连接DE（图3），根据切线性质，CE=CD，∠DEC=∠EDC，则∠C ∠DEC ∠EDC=∠C 2∠DEC=180°，故∠DEC=90°-1/2∠C。
连接IA，根据△内心定理，易证∠AIB=90° 1/2∠C，
则∠AIH=180°-∠AIB=180°-（90° 1/2∠C），
即∠AIH=90°-1/2∠C，故∠DEC=∠AIH。
连接IE、HE，则IE⊥AC。在四边形AIHE中，
∠AEI=∠AHI=90°，则A、I、H、E四点共圆，
∠AIH=∠HEC（圆内接四边形外角等于内对角），
即∠DEC=∠HEC，则点H必在线段DE上，
故D、H、E三点共线成立。
解题思路（3）：设AB与圆☉相切于点G，根据切线定理，则AG=AE，BG=BD，CE=CD。
已知BH为∠ABC的平分线，且AH⊥BH，可延长AH交BC于F（图4），根据等腰三角形三线合一的性质得知：HA=HF,BA=BF 结合BG=BD,故DF=GA=EA。
连接HE、HD，设△AFC被欲证的“线段”DHE所截，列出梅涅劳斯定理的表达式：
EA/CE·CD/DF·HF/HA
= EA/DF·CD/CE·HF/HA
=1。
根据梅氏定理的逆定理，则D、H、E三点共线成立。
题目2：如图1，I为△ABC的内心。求证：△BIC的外心O在直线AI上。
解题思路：连接OB、OC、OI（图2），因BI为∠CBA平分线，则∠ABI=∠CBI=α。
根据圆心角和圆周角关系，∠COI=2∠CBI=∠CBA。
同理证明∠IOB=∠ACB。
在△ABC中，∠BAC ∠CBA ∠ACB=180°，即
∠BAC ∠IOC ∠IOB =180°，即在四边形ABOC中，两对角之和为180°，故A、B、O、C四点共圆。
连接AO，则∠COA=∠CBA=2α（同弦对等角），即
∠COA=∠COI=2α，则OI、OA必定重合，△BIC 外接圆的圆心O在直线AI上。
