跳到主要内容

12th XMO P12：点幂与两圆共点

题目​

四边形 ABCDABCD 满足 ∠ADB=∠ACB=90∘\angle ADB=\angle ACB=90^\circ。设 AC∩BD=PAC\cap BD=P，点 RR 在 CDCD 上且 RP⊥ABRP\perp AB。M,NM,N 分别为 AB,CDAB,CD 的中点，KK 为 NMNM 延长线上一点。三角形 DKCDKC 的外接圆与三角形 AKBAKB 的外接圆交于另一点 SS。求证：KS⊥SRKS\perp SR。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 103 页。

解析法解答​

证明整理自数之谜 @RynW1988。

先按原解答重新表述：设 PP 是 △EAB\triangle EAB 的垂心，CD∩AB=FCD\cap AB=F，过 RR 作 RS′⊥KFRS'\perp KF，垂足为 S′S'。只需证明 S′S' 同时在圆 DKCDKC 和圆 AKBAKB 上。

建系与求交点​

取

A(−2b,0),B(2c,0),E(0,2),M(−b+c,0),F(f,0).A(-2b,0),\quad B(2c,0),\quad E(0,2),\quad M(-b+c,0),\quad F(f,0).

记 m=b−cm=b-c，则 M(−m,0)M(-m,0)。由 BE:cy+x=2cBE:cy+x=2c，可设

C(t,2−tc).C\left(t,2-\frac tc\right).

利用 AC⊥BEAC\perp BE，得到

2−t/ct+2b=c,t=2(1−bc)c+c−1.\frac{2-t/c}{t+2b}=c, \qquad t=\frac{2(1-bc)}{c+c^{-1}}.

再由

kCD=−tan⁡(B−A)=b−1−c−11+b−1c−1=2−t/ct−f,k_{CD}=-\tan(B-A) =\frac{b^{-1}-c^{-1}}{1+b^{-1}c^{-1}} =\frac{2-t/c}{t-f},

解得

f=4bcb−c.f=\frac{4bc}{b-c}.

因此沿 ABAB 的点幂乘积为

(f−2c)(f+2b)=4bc(b+c)2(b−c)2.(f-2c)(f+2b)=\frac{4bc(b+c)^2}{(b-c)^2}.

用斜率表示垂足​

记

kMN=b−cbc+1=k,kCD=−1k.k_{MN}=\frac{b-c}{bc+1}=k, \qquad k_{CD}=-\frac1k.

于是

CD:ky+x=f,MN:y−kx=km.CD:ky+x=f,\qquad MN:y-kx=km.

设 FK:y−k1x=−k1fFK:y-k_1x=-k_1f，则

xK=k1f+kmk1−k.x_K=\frac{k_1f+km}{k_1-k}.

因为 RP⊥ABRP\perp AB 且垂心 PP 在 yy 轴上，故 RR 也在 yy 轴上，从而

R(0,fk).R\left(0,\frac fk\right).

设 S′(s,k1(s−f))S'(s,k_1(s-f))。条件 RS′⊥FKRS'\perp FK 化为

k1s−k1f−f/ks=−1k1,s=f(k1+k−1)k1+k1−1.\frac{k_1s-k_1f-f/k}{s}=-\frac1{k_1}, \qquad s=\frac{f(k_1+k^{-1})}{k_1+k_1^{-1}}.

比较同一直线上的乘积​

沿 FKFK 方向，横坐标差的乘积需乘上 1+k121+k_1^2：

∣FS′∣ ∣FK∣=(f−s)(f−xK)(1+k12).|FS'|\,|FK|=(f-s)(f-x_K)(1+k_1^2).

代入 s,xKs,x_K 后，原解答得到

(f−s)(f−xK)(1+k12)=f(f+b−c)=4bc(b+c)2(b−c)2.(f-s)(f-x_K)(1+k_1^2) =f(f+b-c) =\frac{4bc(b+c)^2}{(b-c)^2}.

因此

∣FB∣ ∣FA∣=∣FS′∣ ∣FK∣=∣FD∣ ∣FC∣.|FB|\,|FA|=|FS'|\,|FK|=|FD|\,|FC|.

由点幂关系，S′S' 同时在圆 AKBAKB 和圆 DKCDKC 上，故 S=S′S=S'，结论成立。

Notebook 中保存的校验记录

参数 t,f,st,f,s 的对应公式均保存了 True 结果。原文件另保存点幂乘积的展开结果；这里按原证明顺序整理，未重新计算。

来源：problem-12th-XMO-P12.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。