7364，直角三角形证明中点

过C作AB平行线交圆于C‘，C‘D再交圆于T，T是伪内切圆切点
原题只需证[CC',CD;CM,CN]为调和线束；只需证 C'QP 以及 （CD与外接圆的另一交点） 这四点构成调和四边形；等价于证 TXYC 为调和四边形。
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考虑这样满足这样的点Z的轨迹： AZ,BZ分别与外接圆的另一交点连线经过 （C,T处外接圆切线交点）
显然这个轨迹是圆锥曲线，且经过A,B,C,T。
根据1345的8楼，知道这个轨迹还经过内心I，即圆锥曲线ABCIT。
只需证 Gergonne点 Ge 也在该圆锥曲线上。（这样XY就经过C,T处外接圆切线交点了）
即证 T 在费尔巴哈双曲线上，接下来需要用到∠ACB=90°的特殊图条件。
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取T的等角共轭点，为 CNa 方向的无穷远点（Na为Nagel点）
只需证 CNa // OI （O为ABC外心）
这是因为O为AB中点，证毕。

一个比较暴力的方法：注意到交比AMDB=ACXB，而CX/XB=(CE/EB)/(CA/AB)是可计算的，所以AM/MB是可计算的，从中求出DM的长度，关于a,b对称，因此DM=DN

取弧AC,BC的中点K,L及C-伪内切圆切点T，同5楼知只需证CXTY调和。注意KLEF共线，导角+帕斯卡不难证明CC（两个相同字母表示切线）,XY,KL,TT均经过△CIT的外心，后面显然。

纯代数很好算，五分钟以内。

刚好爱尖子里面考试有一摸一样的题，纯几何法实在想不出，凑了一个暴力做法