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2023 CPS P3：角差公式与多项式插值

题目​

凸四边形 ABCDABCD 满足 ∠BAD=∠BCD\angle BAD=\angle BCD 且 ∠ABC<∠ADC\angle ABC<\angle ADC，MM 是 ACAC 的中点。求证：线段 AB,BCAB,BC 上分别存在点 X,YX,Y，使得 XY⊥BDXY\perp BD、MX=MYMX=MY 且 ∠XMY=∠ADC−∠ABC\angle XMY=\angle ADC-\angle ABC。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 123 页。

解析法解答​

把等角条件写为一个共同参数​

按原解答设

D(0,1),A(−a,pa),C(c,qc).D(0,1),\quad A(-a,pa),\quad C(c,qc).

原题的角关系化为斜率差的正切公式：

kAB−kAD1+kABkAD=kCD−kCB1+kCDkCB.\frac{k_{AB}-k_{AD}}{1+k_{AB}k_{AD}} =\frac{k_{CD}-k_{CB}}{1+k_{CD}k_{CB}}.

代入坐标，

−p−(1−pa)/a1+p(pa−1)/a=(qc−1)/c−q1+q(qc−1)/c.\frac{-p-(1-pa)/a}{1+p(pa-1)/a} =\frac{(qc-1)/c-q}{1+q(qc-1)/c}.

整理得 ap2−p+a=cq2−q+cap^2-p+a=cq^2-q+c。记两边的共同值为 tt，则

a=p+tp2+1,c=q+tq2+1.a=\frac{p+t}{p^2+1},\qquad c=\frac{q+t}{q^2+1}.

将待证角关系转为二次多项式​

设

M(c−a2,pa+qc2),X(−hp,h),Y(hq,h).M\left(\frac{c-a}{2},\frac{pa+qc}{2}\right), \quad X\left(-\frac hp,h\right), \quad Y\left(\frac hq,h\right).

MX2=MY2MX^2=MY^2 给出

c−a=h(1q−1p).c-a=h\left(\frac1q-\frac1p\right).

原解答把目标 ∠XMY=∠ADC−∠ABC\angle XMY=\angle ADC-\angle ABC 改写为 ∠ADB−∠CBD=∠XMN\angle ADB-\angle CBD=\angle XMN。所需正切为

tan⁡∠ADB=a1−pa,tan⁡∠CBD=1q,\tan\angle ADB=\frac a{1-pa},\qquad \tan\angle CBD=\frac1q, tan⁡∠XMN=c−a+2h/pap+cq−2h,\tan\angle XMN=\frac{c-a+2h/p}{ap+cq-2h}, tan⁡(∠ADB−∠CBD)=aq−1+apq−apq+a.\tan(\angle ADB-\angle CBD) =\frac{aq-1+ap}{q-apq+a}.

因此只需比较

(aq−1+ap)(ap+cq−2h)=(q+a−apq)(c−a+2h/p).(aq-1+ap)(ap+cq-2h) =(q+a-apq)(c-a+2h/p).

把左右两边分别记为 f(t)=a2t2+a1t+a0f(t)=a_2t^2+a_1t+a_0、g(t)=b2t2+b1t+b0g(t)=b_2t^2+b_1t+b_0。

比较最高次项和两个函数值​

记 P=p2+1,Q=q2+1P=p^2+1,Q=q^2+1。原解答得到

a2=p+qP[pP+qQ−2pqp−q(1Q−1P)]=(p+q)2(1−pq)P2Q,\begin{aligned} a_2&=\frac{p+q}{P} \left[\frac pP+\frac qQ-\frac{2pq}{p-q}\left(\frac1Q-\frac1P\right)\right]\\ &=\frac{(p+q)^2(1-pq)}{P^2Q}, \end{aligned} b2=1−pqP(1Q−1P)(2qp−q+1)=a2.b_2=\frac{1-pq}{P}\left(\frac1Q-\frac1P\right) \left(\frac{2q}{p-q}+1\right)=a_2.

取 t=−pt=-p，此时 a=0,c=(q−p)/Q,h=pqc/(p−q)a=0,c=(q-p)/Q,h=pqc/(p-q)，于是

f(−p)=g(−p)=qc(p+q)p−q=U.f(-p)=g(-p)=\frac{qc(p+q)}{p-q}=U.

取 t=−qt=-q，此时 c=0,a=(p−q)/P,h=−pqa/(p−q)c=0,a=(p-q)/P,h=-pqa/(p-q)，同样有

f(−q)=g(−q)=ap(p+q)p−q(−qP)=V.f(-q)=g(-q) =\frac{ap(p+q)}{p-q}\left(-\frac qP\right)=V.

原解答还写出剩余系数：

a1=b1=a2p2−a2q2−U+Vp−q,a_1=b_1=\frac{a_2p^2-a_2q^2-U+V}{p-q}, a0=b0=Uq−Vp−a2p2q+a2q2pq−p.a_0=b_0=\frac{Uq-Vp-a_2p^2q+a_2q^2p}{q-p}.

因此 f≡gf\equiv g，所需等式成立。

Notebook 中的第二种解法记录​

文件另有“第二种解法”标题，其文字单元为空，计算输入重新设

A(1,−p),X(m,−km),C(−1,p),Y(m,km),D(−d,k).A(1,-p),\quad X(m,-km),\quad C(-1,p),\quad Y(m,km),\quad D(-d,k).

输入用 B=AX∩CYB=AX\cap CY 和角差公式求 dd，再准备验证

tan⁡α=p−kd−1,tan⁡β=p−kmm−1,tan⁡(α−β)=k.\tan\alpha=\frac{p-k}{d-1},\quad \tan\beta=\frac{p-km}{m-1},\quad \tan(\alpha-\beta)=k.

该部分没有保存求出的 dd 或最终输出；第二种解法的完整文字解答待添加。

第一种解法的保存校验

左右两边相等、三个二次多项式系数分别相等、a2a_2 的简化公式，共五项保存为 True。

来源：problem-2023-CPS-P3.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。