2024 年 IMO 的几何题的解答

今天，IMO 2025 开赛了，正好趁着这个机会把拖了很久的去年 IMO 的几何题的解析写出来。

1. 题目

在三角形 $ABC$ 中 $AB<AC<BC$。设三角形 $ABC$ 的内心为 $I$，内切圆为 $\omega$。点 $X$（$X$ 异于 $C$）在直线 $BC$ 上，满足过 $X$ 且平行于 $AC$ 的直线与圆 $\omega$ 相切。点 $Y$（$Y$ 异于 $B$）在直线 $BC$ 上，满足过 $Y$ 且平行于 $AB$ 的直线与圆 $\omega$ 相切。设直线 $AI$ 与三角形 $ABC$ 的外接圆交于另一点 $P$（$P$ 异于 $A$）。设 $K$ 和 $L$ 分别为线段 $AC$ 和 $AB$ 的中点。

2. 分析

这道题相对比较简单，解法也很多。

一种常见的解法是利用位似，注意到两条切线 $XM$ 和 $YN$ 的交点 $Q$ 在直线 $AI$ 上，于是可以用位似把 $\triangle IKL$ 变为 $\triangle QCB$，从而消去了 $L$、$K$ 两个点，接下来利用四点共圆倒角即可。

下面我们给出一种更偏向计算的方法。

3. 解答

实际上，我们只需要证明 $\angle AIL=\angle CXP$ 和 $\angle AIK=\angle BYP$ 即可。这两个结论是对称的，我们下面证明前一个。

如图，我们考虑 $\triangle AIL \sim \triangle CXP$，只需要证明

$$\begin{aligned} & \frac{AL}{CP}=\frac{AI}{CX} \\[2ex] \iff & AL\cdot CX = AI \cdot CP = AI \cdot IP \\ \end{aligned}$$

实际上到了这步，我们基本上就可以确认这道题能够证出来了，因为 $AL$、$CX$ 和 $AI\cdot IP$ 都是可算的。

设 $\triangle ABC$ 的三边长依次是 $a$、$b$、$c$，三条高对应为 $h_a$、$h_b$、$h_c$，面积是 $S$，外径和内径分别是 $R$ 和 $r$，半周长是 $p$。可知

$$AL=\frac{1}{2}c$$

而 $CX$ 可以用相似算出来（注意两条蓝线）：

$$\begin{aligned} & \frac{CX}{BC} = \frac{2r}{h_b} = \frac{2\cdot \frac{S}{p}}{\frac{2S}{b}} = \frac{b}{p} \\ \implies & CX = \frac{ab}{p} \end{aligned}$$

因此

$$AL\cdot CX=\frac{1}{2} \cdot \frac{abc}{p} = \frac{1}{2} \cdot \frac{S\cdot 4R}{\frac{S}{r}} = 2Rr$$

故而我们要证明的结论变成了 $AI\cdot IP=2Rr$，而这等价于欧拉定理，命题得证。