2025 年 IMO 的几何题的再解答

1. 题目

Let $\Omega$ and $\Gamma$ be circles with centres $M$ and $N$, respectively, such that the radius of $\Omega$ is less than the radius of $\Gamma$. Suppose $\Omega$ and $\Gamma$ intersect at two distinct points $A$ and $B$. Line $MN$ intersects $\Omega$ at $C$ and $\Gamma$ at $D$, so that $C, M, N, D$ lie on $MN$ in that order. Let $P$ be the circumcentre of triangle $ACD$. Line $AP$ meets $\Omega$ again at $E\neq A$ and meets $\Gamma$ again at $F\neq A$. Let $H$ be the orthocentre of triangle $PMN$.

Prove that the line through $H$ parallel to $AP$ is tangent to the circumcircle of triangle $BEF$.

2. 分析

这个题目的图比较关键，有很多信息如果图画好了是比较容易观察出来的（比如平行、共点）。

首先观察题目给的条件，直接可以得出如下结论：

• $A$、$B$ 关于 $CD$ 对称；
• $PM\perp AC$，$PN\perp CD$，$PN\perp AD$，由此带来了很多垂直和共圆。
  这两部分是后面倒角的关键信息。

这时已经做出的辅助线包括：

• $AB$、$BC$、$BD$；
• 三条垂线 $PHT_A$、$PNT_C$、$PMT_D$。

由于 $ACBE$、$ABFD$ 四点共圆，因此连接 $CE$、$DF$ 是自然的想法。这个时候可以发现 $CE$、$DF$ 分别于 $AD$、$AC$ 平行。这实际上是 Reim 定理 的模型，伴随着两组共圆（$ADPM$、$CEPM$ 和 $ACPN$、$DFPN$）。这些共圆的性质后面都会用到，特别是 $DFPN$ 这一组。

如果在作图的时候 $\Omega$ 的半径比 $MN$ 要大，这个时候的能观察到的另一个结论就是 $CE$ 和 $BD$ 的交点（设为 $Q$）就在 $\triangle BEF$ 的外接圆上。否则的话，则需要延长 $CE$ 才能找到该点。而且很容易发现，点 $Q$ 也在直线 $PH$ 上。

另外不太好找到的是，直线 $BC$ 和 $DF$ 的交点 $W$ 也在 $\triangle BEF$ 的外接圆上，且也在直线 $PH$ 上。

这两个点对应的实际上还是 Reim 定理的模型，用前面平行的结论和 $\Omega$、$\Gamma$ 两个圆可以很快地证出来。

如果前面在证明平行的时候，画出了 $DFPN$ 这一组共圆，这时我们还可以发现，点 $Q$ 也在这个圆上。

接下来的另一个观察是 $CWFN$ 共圆。这个可以直接倒角证明，也可以利用前面的 $QBWF$ 和 $QFDN$ 两组共圆结合密克定理进行转换。

下面的问题是如何确定切点。

有了前面两组平行的结论，延长 $CE$ 和 $DF$ 交于 $K$ 是一个自然的想法，这样就得到了平行四边形 $ACKD$，再利用最开始的对称，可以发现 $BK\parallel CD$，$CBKD$ 是等腰梯形。

这个时候连接 $BK$ 和 $NF$，就会发现它们的交点就是最终的切点。于是我们考虑去证明这个点满足条件：

• 点 $H$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上；
• $HX\parallel AP$；
• $HX$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆相切。

这里面第一个证明非常简单，第三个则是去倒弦切角即可，而其中的难点在于如何证明 $HX\parallel AP$。

回顾一下前面的证明过程，我们会发现点 $H$ 是 $\triangle PMN$ 的垂心这个条件实际上并没有真正用到。而垂心有一个很好的性质（$\measuredangle PHN = - \measuredangle PMN$），我们可以利用它来倒角。

通过上面的性质，我们可以证明一组关键的共圆：$HQXN$。有了这组共圆，我们就可以利用它和 $DFQPN$ 这一组共圆去证明后两个结论了。

3. 解答

引理：Reim 定理

设两圆 $\Omega_1$ 和 $\Omega_2$ 交于点 $A$、$B$。点 $E$、$F$ 在 $\Omega_1$ 上，直线 $AE$、$BF$ 分别与 $\Omega_2$ 交于点 $G$、$H$，则 $GH\parallel EF$。

证明很简单，由

$$\measuredangle EFH + \measuredangle GHF = \measuredangle EAB + \measuredangle GAB = 0$$

可知 $GH\parallel EF$。

这个定理反过来也成立。如果知道 $ABFE$ 共圆和 $GH\parallel EF$，则有

$$\measuredangle BAG = \measuredangle BAE = \measuredangle BFE = \measuredangle BHG$$

可得 $ABHG$ 共圆。

步骤1：证明平行

设 $\triangle ACD$ 三边的中点依次为 $T_A$、$T_C$、$T_D$，则 $T_A\in \overline{PH}$，$T_C\in\overline{PN}$，$T_D\in\overline{PM}$。根据条件，$\overline{PH}$、$\overline{PN}$、$\overline{PM}$ 分别于 $\triangle ACD$ 的三边垂直。

连接 $BC$、$BD$、$AB$，注意到 $\Omega$ 和 $\Gamma$ 的交点 $A$、$B$ 关于两圆心所在直线 $\overline{CD}$ 对称，因此 $AB\perp CD$，$AB\parallel PH$。设 $S=\overline{AB}\cap\overline{PM}$。

连接 $CE$、$DF$，则 $CE\parallel AD$，$DF\parallel AC$。

由

$$\angle APM = \frac{1}{2} \angle APC = \angle ADC$$

可知 $A$、$D$、$P$、$M$ 共圆。由

$$\angle AEC = \angle ABC = \angle CAB = \angle CMT_D$$

可知 $C$、$E$、$P$、$M$ 共圆。由 Reim 定理可知 $AD\parallel CE$。

同理，由

$$\angle APN = \frac{1}{2} \angle APD = \angle ACD$$

可知 $A$、$C$、$P$、$N$ 共圆。由

$$\angle AFD = \angle ABD = \angle DAB = \angle DNT_C$$

可知 $D$、$F$、$P$、$N$ 共圆。由 Reim 定理可知 $AC\parallel DF$。

步骤2：

设 $Q=\overline{BD}\cap\overline{CE}$，$W=\overline{AB}\cap\overline{DF}$，则 $Q$、$W$ 恰好是直线 $PH$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆的两个交点。

先证明这两个点在直线 $PH$ 上。

由第1步的结论可知

$$\begin{aligned} & \angle QCD = \angle ADC = \angle QDC \\ \implies & QC=QD \\ \implies & Q\in\overline{PH} \\[2ex] & \angle WDC = \angle ACD = \angle WCD \\ \implies & WC=WD \\ \implies & W\in\overline{PH} \end{aligned}$$

根据 Reim 定理的逆定理，

$$\left. \begin{gathered} AD\parallel QE \\[1ex] ADFB \text{ 共圆} \end{gathered} \right\} \implies QEFB \text{ 共圆}$$

以及

$$\left. \begin{gathered} AC\parallel FW \\[1ex] ACBE \text{ 共圆} \end{gathered} \right\} \implies FWBE \text{ 共圆}$$

点 $Q$ 是 $\triangle WBF$、$\triangle DNF$、$\triangle CBN$ 的外接圆的交点（即密克点）。

上面证明了点 $Q$ 在 $\triangle WBF$ 的外接圆上。由

$$\angle T_APN = \angle ADC = \angle QDN$$

可知 $D$、$N$、$P$、$Q$ 共圆。

在前面第1步中，已经证明了 $D$、$N$、$P$、$F$ 共圆，因此 $Q$ 在 $\triangle DNF$ 的外接圆上。

根据密克定理，点 $Q$ 也在 $\triangle CBN$ 的外接圆上。

由此可得

$$DN\cdot DC = DQ\cdot DB = DF\cdot DN$$

因此 $N$、$F$、$W$、$C$ 共圆。

$NFWC$ 共圆的另一个证明方法

$\angle NFD = \angle NDF = \angle NCW$

步骤3：

设 $K=\overline{CE}\cap\overline{DF}$，可以得到平行四边形 $ACKD$，等腰梯形 $CBKD$，$BK\parallel CD$。

设 $X=\overline{BK}\cap\overline{NF}$，则

• 点 $X$ 在 $\triangle BEF$ 的外接圆上；
• $HX\parallel AP$；
• $HX$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆相切。

由

$$\angle FXK = \angle FND = \angle FWB$$

可知 $X$、$B$、$W$、$F$ 共圆。

由

$$\begin{aligned} \angle NXQ & = \angle FWQ = 90\degree - \angle WDM \\[1ex] & = \angle DMP = 180\degree - \angle NHP \end{aligned}$$

可知 $N$、$H$、$Q$、$X$ 共圆，因此

$$\begin{aligned} \measuredangle (PH, HX) & = \measuredangle QHX = \measuredangle QNX \\[1ex] & = \measuredangle QDF = \measuredangle BAP \\[1ex] & = \measuredangle (AB, AP) \end{aligned}$$

注意到 $PH\parallel AB$，故 $HX\parallel AP$。

类似的，

$$\begin{aligned} \measuredangle (XQ, PH) & = \measuredangle XQW = \measuredangle XBW \\[1ex] & = \measuredangle DCB = \measuredangle T_DCG \\[1ex] & = \measuredangle T_DSG = \measuredangle (MP, AB) \end{aligned}$$

故 $XQ \parallel MP$。

因此

$$\begin{aligned} \measuredangle HXQ & = \measuredangle (HX, XQ) = \measuredangle (AP, MP) \\[1ex] & = \measuredangle APM = \measuredangle ADC \\[1ex] & = \measuredangle CDB = \measuredangle KBD \\[1ex] & = \measuredangle XWQ \end{aligned}$$

可知 $HX$ 与 $\triangle BEF$ 的外接圆相切。

由上面的结论可知 $HX$ 即为所求的直线，命题得证。