2012 KMO P4：共点条件与角平分线

题目

在锐角三角形 $ABC$ 中，$AH$ 是高。$D,E$ 分别是边 $AB,AC$ 上的点，$D,E$ 在 $BC$ 上的投影分别为 $F,G$，$E$ 在 $DH$ 上的投影为 $P$。若 $DG,EF,AH$ 三线共点，求证：$\angle APE=\angle CPE$。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 34 页。

解析法解答

用共点条件选择参数

设

$$A(0,1),\quad B(-b,0),\quad C(c,0).$$

于是

$$AB:y-\frac xb=1,\qquad AC:y+\frac xc=1.$$

令

$$D\left(-d,1-\frac db\right),\qquad E\left(e,1-\frac ec\right).$$

原解答将共点条件写为

$$\frac{EG}{DF}=\frac{HG}{HF} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1-e/c}{1-d/b}=\frac ed \quad\Longrightarrow\quad \frac1d-\frac1b=\frac1e-\frac1c.$$

取这个共同的量为参数：

$$k=k_{HD}=\frac{1-d/b}{d}=\frac1d-\frac1b.$$

设 $P(-p,kp)$。由 $EP$ 的斜率条件，

$$k_{EP}=\frac{1-e/c-kp}{e+p}=\frac1k,$$

解得

$$p=\frac{c(k^2-1)}{(k^2+1)(kc+1)}.$$

这样后面的计算只需保留 $c,k$ 两个主要参数。

把角平分线转为距离比

由坐标直接写出

$$\left(\frac{AP}{PC}\right)^2 =\frac{p^2+(kp-1)^2}{(p+c)^2+k^2p^2} =\frac{(k^2+1)p^2-2kp+1} {(k^2+1)p^2+2cp+c^2}.$$

而

$$\left(\frac{AE}{EC}\right)^2 =\left(\frac{HG}{GC}\right)^2 =\left(\frac e{c-e}\right)^2 =\frac1{c^2k^2}.$$

因此原解答把 $\angle APE=\angle CPE$ 转为两距离比平方相等。

用同一表达式完成比较

记

$$u=(k^2+1)p=\frac{c(k^2-1)}{kc+1}.$$

需要验证

$$c^2k^2up-2c^2k^3p+c^2k^2=up+2cp+c^2.$$

将等式整理为关于 $p$ 的表达式，

$$p=\frac{c(k^2-1)}{u/c+2+2ck^3-ck^2u}.$$

代入 $u$，分母逐步化简为

$$\begin{aligned} &2+2ck^3+\frac{(1-k^2c^2)(k^2-1)}{kc+1}\\ &=2+2ck^3+k^2-1-k^3c+kc\\ &=(k^2+1)(kc+1). \end{aligned}$$

所得 $p$ 正是前面求出的表达式，原证明完成。

来源：problem-2012-KMO-P4.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。