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2024 CMO P2：两次建系与共线条件

题目​

在三角形 ABCABC 中，II 是内心，L,M,NL,M,N 分别是 AI,AC,CIAI,AC,CI 的中点。点 DD 在线段 AMAM 上，满足 BC=BDBC=BD。三角形 ABDABD 的内切圆与 AD,BDAD,BD 分别切于 E,FE,F。JJ 是三角形 AICAIC 的外心，ω\omega 是三角形 JMDJMD 的外接圆；MN,JLMN,JL 与 ω\omega 分别再次交于 P,QP,Q。求证：PQ,LN,EFPQ,LN,EF 三线共点。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 38 页。

解析法解答​

证明整理自数之谜 @RynW1988。原解答分别用顶点坐标系和阿波罗尼斯圆坐标系处理两个共线关系。

点名转换。 以下推导交换题干中的 A,BA,B，并交换切点 E,FE,F，其他点保持原名。因此下文的 DD 在 BCBC 上，L,ML,M 分别是 BI,BCBI,BC 的中点，JJ 是三角形 BICBIC 的外心。最后的三线共点结论不受这次重标影响。

第一组坐标：半角参数和 T∈EFT\in EF​

设

A(0,0),B(−b,−1),C(c,−1),b=t−1−t2,c=s−1−s2.A(0,0),\quad B(-b,-1),\quad C(c,-1), \qquad b=\frac{t^{-1}-t}{2},\quad c=\frac{s^{-1}-s}{2}.

这里 t=tan⁡(B/2),s=tan⁡(C/2)t=\tan(B/2),s=\tan(C/2)。内心 I(i,j)I(i,j) 为

i=t−s2,j=−1+ts2.i=\frac{t-s}{2},\qquad j=-\frac{1+ts}{2}.

这一坐标式可由两条角平分线直接联立：

BI:y−tx=−1+bt,CI:y+sx=−1+cs.BI:y-tx=-1+bt,\qquad CI:y+sx=-1+cs.

在三角形 ABDABD 中，D(−c,−1)D(-c,-1)，将参数 cc 替换为 −c-c。记相应半角参数为 s1s_1，

−c=s1−1−s12,s1=s−1.-c=\frac{s_1^{-1}-s_1}{2}, \qquad s_1=s^{-1}.

于是原解答中的点 H(i1,j1)H(i_1,j_1)、垂足 F(i1,−1)F(i_1,-1) 满足

i1=t−s−12,kEF=s.i_1=\frac{t-s^{-1}}2, \qquad k_{EF}=s.

因此

EF:y−sx=−1−s(t−s−1)2=−1+ts2.EF:y-sx=-1-\frac{s(t-s^{-1})}{2} =-\frac{1+ts}{2}.

原解答取

T=I+D2=(t−s−14,−3−ts4).T=\frac{I+D}{2} =\left(\frac{t-s^{-1}}4,\frac{-3-ts}{4}\right).

代入 EFEF，

−3−ts4−s(t−s−1)4=−1+ts2.\frac{-3-ts}{4}-\frac{s(t-s^{-1})}{4} =-\frac{1+ts}{2}.

故 T∈EFT\in EF；再由中位线关系 T∈LNT\in LN，得到 EF∩LN=TEF\cap LN=T。

第二组坐标：以阿波罗尼斯圆为单位圆​

重新取 J(0,0)J(0,0)，设

B(−m,n),C(m,n),I(a,b),a2+b2=m2+n2=1.B(-m,n),\quad C(m,n),\quad I(a,b), \qquad a^2+b^2=m^2+n^2=1.

阿波罗尼斯圆 BICBIC 为单位圆。原解答给出

A(abn,b2n),⊙ABC:x2+y2−yn=0.A\left(\frac{ab}{n},\frac{b^2}{n}\right), \qquad \odot ABC:x^2+y^2-\frac yn=0.

其取得方式是先设 x2+y2−ey=0x^2+y^2-ey=0，代入 CC 得 e=n−1e=n^{-1}，再将 AJ:y=(b/a)xAJ:y=(b/a)x 代入求 AA。

记 t=ab/nt=ab/n；本段的 tt 是新坐标参数，与第一段的半角参数分开使用。于是

M(0,n),D(2t−m,n),M(0,n),\quad D(2t-m,n), T(t+a−m2,b+n2),L(a−m2,n+b2),N(a+m2,b+n2).T\left(t+\frac{a-m}{2},\frac{b+n}{2}\right), \quad L\left(\frac{a-m}{2},\frac{n+b}{2}\right), \quad N\left(\frac{a+m}{2},\frac{b+n}{2}\right).

用两条垂直斜率表示 P,QP,Q​

原解答使用的圆方程为

⊙O1:x2+y2−(2t−m)x−ny=0.\odot O_1:x^2+y^2-(2t-m)x-ny=0.

设

k2=n+ba−m,Q(q,k2q),q=2t−m+nk21+k22.k_2=\frac{n+b}{a-m},\qquad Q(q,k_2q), \qquad q=\frac{2t-m+nk_2}{1+k_2^2}.

则

kQT=k2q−(b+n)/2q−(a−m)/2−t.k_{QT}=\frac{k_2q-(b+n)/2}{q-(a-m)/2-t}.

将原点平移到 MM，圆方程变为

x2+y2−(2t−m)x+ny=0.x^2+y^2-(2t-m)x+ny=0.

令

k1=b−na+m,P′(p,k1p),p=2t−m−nk11+k12.k_1=\frac{b-n}{a+m},\quad P'(p,k_1p), \qquad p=\frac{2t-m-nk_1}{1+k_1^2}.

由单位圆条件，

k1k2=b2−n2a2−m2=−1.k_1k_2=\frac{b^2-n^2}{a^2-m^2}=-1.

此时

kP′T′=k1p−(b−n)/2p−(a−m)/2−t.k_{P'T'}=\frac{k_1p-(b-n)/2}{p-(a-m)/2-t}.

利用 k1k2=−1k_1k_2=-1 整理分式​

将四个量统一分母：

p=n+(2t−m)k2k2−k1,q=n−(2t−m)k1k2−k1,p=\frac{n+(2t-m)k_2}{k_2-k_1}, \qquad q=\frac{n-(2t-m)k_1}{k_2-k_1}, k1p=nk1−(2t−m)k2−k1,k2q=nk2+(2t−m)k2−k1.k_1p=\frac{nk_1-(2t-m)}{k_2-k_1}, \qquad k_2q=\frac{nk_2+(2t-m)}{k_2-k_1}.

原解答把两条斜率相等改写为

(k1p−k2q)+np−q=(k1p+k2q)−b(p+q)−(a−m+2t).\frac{(k_1p-k_2q)+n}{p-q} =\frac{(k_1p+k_2q)-b}{(p+q)-(a-m+2t)}.

左边分子、分母分别为

−2(2t−m)k2−k1,(2t−m)(k2+k1)k2−k1,-\frac{2(2t-m)}{k_2-k_1}, \qquad \frac{(2t-m)(k_2+k_1)}{k_2-k_1},

所以左边是 −2/(k1+k2)-2/(k_1+k_2)。右边化为

n(k1+k2)−b(k2−k1)2n−a(k2−k1).\frac{n(k_1+k_2)-b(k_2-k_1)}{2n-a(k_2-k_1)}.

交叉相乘并使用 k1k2=−1k_1k_2=-1，原解答将目标降为

n(k2−k1)=2a+b(k1+k2).(1)n(k_2-k_1)=2a+b(k_1+k_2).\tag{1}

用三角代换完成最后一步​

令

a=cos⁡U,b=sin⁡U,m=cos⁡V,n=sin⁡V,δ=U−V2.a=\cos U,\quad b=\sin U,\quad m=\cos V,\quad n=\sin V, \qquad\delta=\frac{U-V}{2}.

于是

k2=sin⁡V+sin⁡Ucos⁡U−cos⁡V=−cot⁡δ,k1=tan⁡δ.k_2=\frac{\sin V+\sin U}{\cos U-\cos V}=-\cot\delta, \qquad k_1=\tan\delta.

式 (1)(1) 左边为

sin⁡V(−cot⁡δ−tan⁡δ)=−2sin⁡Vsin⁡2δ.\sin V(-\cot\delta-\tan\delta) =-\frac{2\sin V}{\sin2\delta}.

右边为

2cos⁡U+sin⁡U(tan⁡δ−cot⁡δ)=2(cos⁡Usin⁡2δ−sin⁡Ucos⁡2δ)sin⁡2δ=2sin⁡(2δ−U)sin⁡2δ=−2sin⁡Vsin⁡2δ.\begin{aligned} 2\cos U+\sin U(\tan\delta-\cot\delta) &=\frac{2(\cos U\sin2\delta-\sin U\cos2\delta)}{\sin2\delta}\\ &=\frac{2\sin(2\delta-U)}{\sin2\delta} =-\frac{2\sin V}{\sin2\delta}. \end{aligned}

两边相同，故 kQT=kP′T′k_{QT}=k_{P'T'}，原解答中的 P,Q,TP,Q,T 共线关系成立。

Notebook 中保存的校验记录

最终三角恒等式保存为 True。中间若干分式的输出仍保留单位圆约束下的符号等式，此处按文字证明保留其推导。

来源：problem-2024-CMO-P2.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。