2024 年 CMO 的几何题的解答

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今年 CMO 的几何题的解答

1. 题目

在 △ABC\triangle ABC 中，II 为内心，LL、MM、NN 分别是 AIAI、ACAC、CICI 的中点。点 DD 在线段 AMAM 上，满足 BC=BDBC=BD，△ABD\triangle ABD 的内切圆分别切 ADAD、BDBD 于点 EE、FF。JJ 为 △AIC\triangle AIC 的外心，ω\omega 为 △JMD\triangle JMD 的外接圆，直线 MNMN 另交圆 ω\omega 于点 PP，JLJL 另交圆 ω\omega 于点 QQ。证明：PQPQ、LNLN、EFEF 三线共点。

题目

2. 分析

要证明三线共点，一个很自然的思路是先确定两条直线的交点，再证明它也在第三条直线上。

这里面我们可以先考虑 EFEF 和 LNLN 的交点，因为 LNLN 是中位线，而 EFEF 是内切点连线，这两个都有比较好的性质。

3. 解答

3.1. 确定点 D 的位置

根据 BD=BCBD=BC 的条件，我们可以求出 ADAD 的长度。

设 AB=cAB=c，BD=BC=aBD=BC=a，CA=bCA=b，AD=dAD=d，我们对 △ABC\triangle ABC 和 △ABD\triangle ABD 应用余弦定理：

b2+c2−a2=2bccos⁡∠BACd2+c2−a2=2dccos⁡∠BAC \begin{aligned} b^{2}+c^{2}-a^{2} & = 2bc \cos \angle BAC \\ d^{2}+c^{2}-a^{2} & = 2dc \cos \angle BAC \end{aligned}

因此 bb、dd 是方程 x2−2ccos⁡A⋅x+c2−a2=0x^{2}-2c \cos A\cdot x+c^{2}-a^{2}=0 的两个根，由韦达定理可知

b⋅d=c2−a2 b \cdot d = c^2-a^2

3.2. 考虑直线 EF 的性质

关于内切点的连线，有一个很经典的题目：

设 △ABC\triangle ABC 的内心为 II，内切圆和 BCBC、CACA、ABAB 的交点依次为 DD、EE、FF，直线 BIBI 和 EFEF 交于 KK，则 CC、II、EE、KK 共圆。

经典题目

它的证明也很简单：

∠KEC=∠AEF=90°−12∠A∠KIC=180°−∠BIC=180°−(90°+12∠A)=90°−12∠A \begin{aligned} \angle KEC &= \angle AEF \\ &= 90\degree - \frac{1}{2} \angle A \\[2ex] \angle KIC &= 180\degree - \angle BIC \\ &= 180\degree - \left(90\degree + \frac{1}{2} \angle A\right) \\ &= 90\degree - \frac{1}{2} \angle A \end{aligned}

因此 ∠KEC=∠KIC\angle KEC = \angle KIC，于是 CC、II、EE、KK 四点共圆。并且有 ∠CKI=∠CEI=90°\angle CKI = \angle CEI = 90\degree，即圆心为 CICI 中点。

3.3. 确定 T 点的位置

类似上面的题目，在本题中，我们可以考虑延长 EFEF 和 AIAI 交于 SS。设 △ABD\triangle ABD 的内心为 KK，直线 EFEF 和 LNLN 的交点为 TT，于是在图中可以找到相似：

∠LST=∠KBF=∠ABK∠SLT=∠KAC=∠BAK}  ⟹  △LST∼△ABK \left. \begin{gathered} \angle LST = \angle KBF = \angle ABK \\ \angle SLT = \angle KAC = \angle BAK \end{gathered} \right\} \implies \triangle LST \sim \triangle ABK

题目

于是有

LTAK=LSAB \frac{LT}{AK} = \frac{LS}{AB}

这里面 ABAB、AKAK 是已知的（可以用 aa、bb、cc 表示出来），只需要算出 LSLS，就可以求出 LTLT，从而确定 TT 点的位置。

由前面提到的题目可知 ∠BSK=90°\angle BSK=90\degree，因此

LS=AS−AL=AB⋅cos⁡∠BAS−12AI=c⋅cos⁡12∠BAC−12AI \begin{aligned} LS &= AS-AL \\ &= AB \cdot \cos \angle BAS-\frac{1}{2} AI \\ &= c\cdot \cos \frac{1}{2} \angle BAC-\frac{1}{2} AI \end{aligned}

由于 AIAI 是可算的，因此 LSLS 也是可算的。

带入上面的式子去求 LTLT：

LT=LS⋅AKAB=(c⋅cos⁡12∠BAC−12AI)⋅AKc=AK⋅cos⁡12∠BAC−12cAI⋅AK=AE−12c⋅AI⋅AK \begin{aligned} LT & = LS\cdot \frac{AK}{AB} \\[2ex] & = \left(c\cdot \cos \frac{1}{2}\angle BAC-\frac{1}{2}AI\right)\cdot \frac{AK}{c} \\[2ex] & = AK\cdot \cos \frac{1}{2}\angle BAC - \frac{1}{2c}AI\cdot AK \\[2ex] & = AE - \frac{1}{2c}\cdot AI\cdot AK \end{aligned}

其中

AE=c+d−a2 AE=\frac{c+d-a}{2}

因此我们只需要算出 AI⋅AKAI\cdot AK 即可，就不用分别算 AIAI 和 AKAK 了，能够减少一些计算量：

AI⋅AK=AE′cos⁡12∠BAC⋅AEcos⁡12∠BAC=b+c−a2⋅d+c−a21+cos⁡∠BAC2=(b+c−a)(c2−a2b+c−a)2(1+b2+c2−a22bc)=(b+c−a)⋅(c−a)(c+a+b)b(b+c+a)(b+c−a)bc=c⋅(c−a) \begin{aligned} AI\cdot AK & = \frac{AE'}{\cos \frac{1}{2}\angle BAC}\cdot \frac{AE}{\cos \frac{1}{2}\angle BAC} \\[2ex] & = \frac{\frac{b+c-a}{2}\cdot \frac{d+c-a}{2}}{\frac{1+\cos \angle BAC}{2}} \\[2ex] & = \frac{(b+c-a)\left(\frac{c^2-a^2}{b}+c-a\right)}{2\left(1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)} \\[2ex] & = \frac{\color{red}\bcancel{\color{black}(b+c-a)}\color{black}\cdot \frac{(c-a)\color{blue}\bcancel{\color{black}(c+a+b)}}{\color{green}\bcancel{\color{black}b}}}{\frac{\color{blue}\bcancel{\color{black}(b+c+a)}\color{red}\bcancel{\color{black}(b+c-a)}}{\color{green}\bcancel{\color{black}b}\color{black}c}} \\[2ex] & = c\cdot (c-a) \end{aligned}

于是可以得到 LTLT 的长度

LT=c+d−a2−12c⋅c⋅(c−a)=d2=12AD \begin{aligned} LT &= \frac{c+d-a}{2} - \frac{1}{2c}\cdot c\cdot (c-a) \\[2ex] &= \frac{d}{2} \\[2ex] &= \frac{1}{2} AD \end{aligned}

恰好是 ADAD 的一半。也就是说，TT、II、DD 共线，且 TT 点就是 IDID 的中点。

3.4. 证明 T 在直线 PQ 上

接下来，只需要证明 TT、PP、QQ 共线即可。

这里面容易看出来的一个条件是 PQ∥ABPQ\parallel AB，简单倒角即可证明。

注意到 JJ 是 △AIC\triangle AIC 的外心，因此 ∠AMJ=∠ALJ=90°\angle AMJ = \angle ALJ = 90\degree，可以得到 AA、LL、MM、JJ 共圆。于是

∠P=∠J=∠IAC=∠BAIAI∥MN}  ⟹  PQ∥AB \begin{aligned} \left. \begin{gathered} \angle P = \angle J = \angle IAC = \angle BAI \\ AI \parallel MN \end{gathered} \right\} \implies PQ \parallel AB \end{aligned}

题目

接下来只需要证明 TPTP 或 TQTQ 也和 ABAB 平行即可。这里的关键是如何运用点 TT 的条件。

我们连接 DQDQ 并延长交 LNLN 于点 RR，则 ∠DQJ=∠DMJ=∠ALJ\angle DQJ = \angle DMJ = \angle ALJ，因此 DQ∥ALDQ \parallel AL。

又有 LR∥ADLR \parallel AD，可知四边形 ALRDALRD 是平行四边形。

因此 LT=12AD=12LRLT = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}LR，可知 TT 是 LRLR 的中点。

又 ∠LQR=∠DQJ=∠DMJ=90°\angle LQR = \angle DQJ = \angle DMJ = 90 \degree，因此斜边中线 TQ=12LR=LTTQ = \dfrac{1}{2}LR = LT。也就是说，△LTQ\triangle LTQ 是等腰三角形。

其中

∠TLQ=90°−∠ILN=90°−∠IAC=90°−12∠BAC \begin{aligned} \angle TLQ &= 90\degree - \angle ILN \\ &= 90\degree - \angle IAC \\ &= 90\degree - \frac{1}{2} \angle BAC \end{aligned}

因此

∠LTQ=180°−2∠TLQ=180°−2(90°−12∠BAC)=∠BAC \begin{aligned} \angle LTQ &= 180\degree-2\angle TLQ \\ &= 180\degree - 2\left(90\degree - \frac{1}{2} \angle BAC\right) \\ &= \angle BAC \end{aligned}

注意到 LN∥ACLN \parallel AC，于是有 TQ∥ABTQ \parallel AB。因此 TT、PP、QQ 共线。

这样，EFEF、PQPQ、LNLN 交于点 TT，命题得证。