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2024 RMO P4：截距、中点与外接圆半径

题目​

圆内接四边形 ABCDABCD 满足 ∠A+∠D=90∘\angle A+\angle D=90^\circ，AC,BDAC,BD 交于 EE。直线 ll 与边 AB,CD,AE,DEAB,CD,AE,DE 分别交于 X,Y,Z,TX,Y,Z,T。若 AZ=CEAZ=CE、BE=DTBE=DT，求证：三角形 EZTEZT 的外接圆直径与 XYXY 等长。

题面来源：《解析版 9+2 with 11》PDF 第 28 页。

解析法解答​

统一点与半坐标的记号​

按原解答取

O(0,0),A(0,2a),B(0,2b),C(2c,0),D(2d,0),ab=cd=1.O(0,0),\quad A(0,2a),\quad B(0,2b),\quad C(2c,0),\quad D(2d,0), \qquad ab=cd=1.

设 X(0,2m),Y(2n,0)X(0,2m),Y(2n,0)，则其中点应为

M=(n,m).M=(n,m).

这里按坐标定义统一记号：原 Text 开头把该中点写成了 (m,n)(m,n)，末段也交换了 m,nm,n。

由原题中的 BE=TD,AZ=CEBE=TD,AZ=CE，三角形 EZTEZT 的外心为圆 ABCDABCD 的圆心

H(c+d,a+b).H(c+d,a+b).

设 E(2e,2f)E(2e,2f)，则

EH2=(c+d−2e)2+(a+b−2f)2.EH^2=(c+d-2e)^2+(a+b-2f)^2.

求交点 EE 和 Z,TZ,T​

E=BD∩ACE=BD\cap AC 对应

x2c+y2a=1,x2d+y2b=1.\frac{x}{2c}+\frac{y}{2a}=1, \qquad\frac{x}{2d}+\frac{y}{2b}=1.

结合 ab=cd=1ab=cd=1，

e=a−bad−bc,f=d−cad−bc.e=\frac{a-b}{ad-bc}, \qquad f=\frac{d-c}{ad-bc}.

按 notebook 输入中的向量关系，

Z=A+C−E=(2c−2e,2a−2f),Z=A+C-E=(2c-2e,2a-2f), T=B+D−E=(2d−2e,2b−2f).T=B+D-E=(2d-2e,2b-2f).

因此

kZT=a−bc−d,k_{ZT}=\frac{a-b}{c-d}, ZT:(c−d)y−(a−b)x=2(c−d)(b−f)−2(a−b)(d−e).ZT:(c-d)y-(a-b)x =2(c-d)(b-f)-2(a-b)(d-e).

由截距证明两线段有共同中点​

将 Y(2n,0)Y(2n,0) 代入，得到

n=d−e−(c−d)(b−f)a−b.n=d-e-\frac{(c-d)(b-f)}{a-b}.

原解答比较沿 xx 轴投影的差：

(xY−xT)−(xZ−xX)2=n−(d−e)−(c−e)=(d−c)(b−f)−(a−b)(c−e)a−b=(1−c2)(1−b2)−(1−b2)(1−c2)(a−b)(ad−bc)=0.\begin{aligned} \frac{(x_Y-x_T)-(x_Z-x_X)}2 &=n-(d-e)-(c-e)\\ &=\frac{(d-c)(b-f)-(a-b)(c-e)}{a-b}\\ &=\frac{(1-c^2)(1-b^2)-(1-b^2)(1-c^2)}{(a-b)(ad-bc)}\\ &=0. \end{aligned}

由 X,Y,Z,TX,Y,Z,T 共线，原解答据此得到 YT=ZXYT=ZX，因而 XYXY 与 TZTZ 有同一中点。于是

M=(n,m)=(c+d−2e,a+b−2f),M=(n,m)=(c+d-2e,a+b-2f),

即

n=c+d−2e,m=a+b−2f.n=c+d-2e,\qquad m=a+b-2f.

比较半径​

最后

(XY2)2=m2+n2=(a+b−2f)2+(c+d−2e)2=EH2.\left(\frac{XY}{2}\right)^2=m^2+n^2 =(a+b-2f)^2+(c+d-2e)^2=EH^2.

这就是原解答要建立的半径关系。

本页保持 E=(2e,2f)E=(2e,2f)、X=(0,2m)X=(0,2m)、Y=(2n,0)Y=(2n,0) 的定义。原 notebook 最后一段 Input 另有对中点重复除以 22、用 (e,f)(e,f) 代替 EE 的不一致；该段保存结果也没有化为 True。这里采用 Text 中的距离式，并按坐标定义修正中点记号。

来源：problem-2024-RMO-P4.nb；按已有文本整理，本次未重新执行 notebook。