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2021 ISL G8：切线条件与二次多项式

题目​

三角形 ABCABC 的外接圆 ω\omega 与 AA 旁切圆 ΩA\Omega_A 交于 X,YX,Y。作 ΩA\Omega_A 在 X,YX,Y 处的切线，P,QP,Q 分别是 AA 在这两条切线上的投影。三角形 APXAPX 的外接圆在 PP 处的切线与三角形 AQYAQY 的外接圆在 QQ 处的切线交于 RR。求证：AR⊥BCAR\perp BC。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 72 页。

解析法解答​

用阿波罗尼斯圆建系​

记 II 为三角形 ABCABC 的内心，外接圆 ω=⊙O\omega=\odot O，AA 旁切圆 ΩA=⊙K\Omega_A=\odot K。取圆 BICBIC 为单位圆，其圆心为 JJ：

⊙BIC=⊙J:x2+y2=1.\odot BIC=\odot J:x^2+y^2=1.

原 nb 将此圆记作 BCC′BCC'，但未定义 C′C'；本页按后续 II 在单位圆上的坐标及内旁心对称关系统一写成 BICBIC。

设

I(a,b),B(−m,n),C(m,n),A(abn,b2n),a2+b2=m2+n2=1.I(a,b),\quad B(-m,n),\quad C(m,n), \quad A\left(\frac{ab}{n},\frac{b^2}{n}\right), \quad a^2+b^2=m^2+n^2=1.

原解答中的两圆为

⊙O:x2+y2−yn=0,⊙K:(x+a)2+(y+b)2=(n+b)2.\odot O:x^2+y^2-\frac yn=0, \qquad \odot K:(x+a)^2+(y+b)^2=(n+b)^2.

设 X(x1,y1)X(x_1,y_1) 为两圆交点。将圆方程相减，公共弦 XYXY 满足

−2ax=(2b+1n)y−((n+b)2−1).-2ax=\left(2b+\frac1n\right)y-\bigl((n+b)^2-1\bigr).

为避免与点 A,BA,B 混淆，将原文本在这里使用的系数记为

A=2b+1n,B=(n+b)2−1.\mathcal A=2b+\frac1n, \qquad \mathcal B=(n+b)^2-1.

圆 KK 在 XX 处的切线 XPXP 为

(x1+a)(x+a)+(y1+b)(y+b)=(n+b)2.(x_1+a)(x+a)+(y_1+b)(y+b)=(n+b)^2.

平移坐标并表示垂足​

将原点移至 AA，则

A′(0,0),X′(x1−abn,y1−b2n).A'(0,0),\qquad X'\left(x_1-\frac{ab}{n},y_1-\frac{b^2}{n}\right).

切线方程变为

(x1+a)x+(y1+b)y=C,(x_1+a)x+(y_1+b)y=\mathcal C,

其中

C=(x1+a)(x1−abn)+(y1+b)(y1−b2n).\mathcal C=(x_1+a)\left(x_1-\frac{ab}{n}\right) +(y_1+b)\left(y_1-\frac{b^2}{n}\right).

原文本前段用 f2f_2、后段用 t2t_2 记录同一坐标计算所需的辅助量。这里沿用后段的 t2t_2，并补入 notebook 输入中已有的定义：

u=(n+b)2−1−y1/n2,C=y1n+u(1−bn)−bn,t2=2n2Cn+b.u=\frac{(n+b)^2-1-y_1/n}{2}, \qquad \mathcal C=\frac{y_1}{n}+u\left(1-\frac bn\right)-\frac bn, \qquad t_2=\frac{2n^2\mathcal C}{n+b}.

按原解答的垂足公式，

xP′=t2(x1+a)2n2(n+b),yP′=t2(y1+b)2n2(n+b).x_{P'}=\frac{t_2(x_1+a)}{2n^2(n+b)}, \qquad y_{P'}=\frac{t_2(y_1+b)}{2n^2(n+b)}.

交点条件产生第一个二次多项式​

将 XYXY 代入圆 OO，得到

g(y1)=(Ay1−B)2+4a2y12−4a2ny1=0.g(y_1)=(\mathcal A y_1-\mathcal B)^2 +4a^2y_1^2-\frac{4a^2}{n}y_1=0.

设 g(y)=a2y2+a1y+a0g(y)=a_2y^2+a_1y+a_0，则

a2=A2+4a2=1n2+4bn+4,a_2=\mathcal A^2+4a^2=\frac1{n^2}+\frac{4b}{n}+4, a0=B2,a1=−2AB−4a2n.a_0=\mathcal B^2, \qquad a_1=-2\mathcal A\mathcal B-\frac{4a^2}{n}.

将原文的 g′(y)=n2g(y)g'(y)=n^2g(y) 记为 g~(y)\widetilde g(y)，这里的撇号表示新多项式，不表示求导。其系数为

a~2=4n2+4bn+1,a~0=n2((n+b)2−1)2,\widetilde a_2=4n^2+4bn+1, \qquad\widetilde a_0=n^2\bigl((n+b)^2-1\bigr)^2, a~1=−2n2AB−4na2.\widetilde a_1=-2n^2\mathcal A\mathcal B-4na^2.

切线条件产生第二个二次多项式​

原解答给出的待证定点为

R(abn,−2b−n),R′(0,−(n+b)2n).R\left(\frac{ab}{n},-2b-n\right), \qquad R'\left(0,-\frac{(n+b)^2}{n}\right).

平移后的相关圆心为

X1′(x1−ab/n2,y1−b2/n2).X_1'\left(\frac{x_1-ab/n}{2},\frac{y_1-b^2/n}{2}\right).

将 P′R′P'R' 与 P′X1′P'X_1' 垂直写成斜率乘积为 −1-1，所用两条斜率为

kP′R′=t2(y1+b)+2n(n+b)3t2(x1+a),k_{P'R'}=\frac{t_2(y_1+b)+2n(n+b)^3}{t_2(x_1+a)}, kP′X1′=t2(y1+b)−n2(n+b)y1+b2n(n+b)t2(x1+a)−n2(n+b)x1+abn(n+b).k_{P'X_1'}= \frac{t_2(y_1+b)-n^2(n+b)y_1+b^2n(n+b)} {t_2(x_1+a)-n^2(n+b)x_1+abn(n+b)}.

交叉相乘后，原解答整理为

h(y1)=t22+4n(n+b)[t2(y1+b)−n2(n+b)y1+b2n(n+b)]=0.h(y_1)=t_2^2+4n(n+b) \bigl[t_2(y_1+b)-n^2(n+b)y_1+b^2n(n+b)\bigr]=0.

比较二次多项式的系数​

记 h(y)=b2y2+b1y+b0h(y)=b_2y^2+b_1y+b_0。二次项系数为

b2=1+4n(n+b)=a~2.b_2=1+4n(n+b)=\widetilde a_2.

常数项可写成

b0=[t2(0)+2nb(n+b)]2=[−n+n(n2−b2)+2nb(n+b)]2=n2(n2+b2+2nb−1)2=a~0.\begin{aligned} b_0 &=\bigl[t_2(0)+2nb(n+b)\bigr]^2\\ &=\bigl[-n+n(n^2-b^2)+2nb(n+b)\bigr]^2\\ &=n^2(n^2+b^2+2nb-1)^2 =\widetilde a_0. \end{aligned}

原文件同时保存了 b1=a~1b_1=\widetilde a_1，因此

h(y)≡g~(y)=n2g(y).h(y)\equiv\widetilde g(y)=n^2g(y).

于是两圆交点的纵坐标条件与上述垂直条件一致。原文本最后取另一交点 Y(x2,y2)Y(x_2,y_2)，将 y1,y2y_1,y_2 视为同一二次方程的两根，并据此完成对应的 RQRQ 切线结论。

Notebook 中保存的校验记录

三个系数相等，以及 h(y1)=g~(y1)h(y_1)=\widetilde g(y_1)，四项均保存为 True。

来源：problem-2021-ISLG-P8.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。