2025 年 CSMO 的几何题的解答（一）

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今年中国东南地区数学奥林匹克高一年级第一天的几何题的解答

1. 题目

如图，圆 ω1\omega_1、ω2\omega_2 相交，XYXY 为一条公切线。l∥XYl\parallel XY，且和 ω1\omega_1、ω2\omega_2 顺次交于 AA、DD、CC、BB 四点。点 TT 为 ω1\omega_1、ω2\omega_2 远离 XYXY 的交点。⊙(ATD)\odot (ATD) 和 ⊙(BTC)\odot (BTC) 再次交于点 PP，若 ∠ATB=90°\angle ATB=90\degree。求证：点 XX 到 PDPD 的距离等于点 YY 到 PCPC 的距离。

题目

2. 分析

在这个图中，有四个圆相交于点 TT，因此一个自然的想法就是对 TT 做反演变换（反演半径为 11）。记点 P\mathcal{P} 的对应点为 P′\mathcal{P}'，则：

  • 平行直线 ll 和 XYXY 变为相切于点 TT 的两圆 ⊙(TA′D′C′B′)\odot (TA'D'C'B') 和 ⊙(TX′Y′)\odot (TX'Y')；
  • ω1\omega_1 变为直线 A′C′A'C'；
  • ω2\omega_2 变为直线 B′D′B'D'；
  • ⊙(ATD)\odot (ATD) 变为直线 A′D′A'D'；
  • ⊙(BTC)\odot (BTC) 变为直线 B′C′B'C'；
  • 点 P′P' 为直线 A′D′A'D' 和 B′C′B'C' 的交点；
  • ∠A′TB′=90∘\angle A'TB'=90^\circ。

反演

设 ⊙(TX′Y′)\odot (TX'Y') 分别与 TA′TA'、TB′TB' 的第二个交点为 EE、FF，则一个显然的结论就是 EF∥A′B′EF\parallel A'B'，这个可以由两圆相切的条件直接得到。

另一个值得注意的条件是 ∠A′TB′=90∘\angle A'TB'=90^\circ。由此可知，A′B′A'B'、E′F′E'F' 分别是 ⊙(TA′D′C′B′)\odot (TA'D'C'B') 与 ⊙(TX′Y′)\odot (TX'Y') 的直径，这可以带来大量的直角。设

Q=A′C′‾∩B′D′‾R=EX′‾∩FY′‾S=EY′‾∩FX′‾ \begin{aligned} Q&=\overline{A'C'}\cap\overline{B'D'} \\ R&=\overline{EX'}\cap\overline{FY'} \\ S&=\overline{EY'}\cap\overline{FX'} \\ \end{aligned}

显然点 QQ 是 △A′B′P′\triangle A'B'P' 的垂心，点 SS 是 △EFR\triangle EFR 的垂心。

从图中还可以看到，PP、QQ、RR、SS 这四个点实际上是共线的，这个结论可以用帕斯卡定理直接证明。

帕斯卡

最后比较麻烦的是如何处理要证明的结论。我们先把结论用边角表示出来：

dis(X,PD)=PX⋅∣sin⁡∡DPX∣dis(Y,PC)=PY⋅∣sin⁡∡CPY∣ \begin{aligned} \mathrm{dis}(X,PD) &= PX\cdot \left|\sin \measuredangle DPX\right| \\ \mathrm{dis}(Y,PC) &= PY\cdot \left|\sin \measuredangle CPY\right| \end{aligned}

然后把它们转换成反演之后的形式即可。

3. 解答

3.1. 证明上面两个小结论

EF∥A′B′EF\parallel A'B'。

∠TEF=∠MTB′=∠TA′B′ \angle TEF = \angle MTB' = \angle TA'B'

PP、QQ、RR、SS 四点共线。

对 EX′X′FY′Y′EX'X'FY'Y' 应用帕斯卡定理，可知点 RR、QQ、SS 共线。

由垂心的结论可知，PQPQ、RSRS 都和 ABAB 垂直，因此 PP、QQ、RR、SS 四点共线。

3.2. 对结论进行反演

边：

PX=1TP′⋅TX′⋅P′X′PY=1TP′⋅TY′⋅P′Y′ \begin{aligned} PX & = \frac{1}{TP'\cdot TX'} \cdot P'X' \\ PY & = \frac{1}{TP'\cdot TY'} \cdot P'Y' \end{aligned}

角：

∡DPX=∡TPX−∡TPD=−∡TX′P′+∡TD′P′ \begin{aligned} \measuredangle DPX & = \measuredangle TPX - \measuredangle TPD \\ & = - \measuredangle TX'P' + \measuredangle TD'P' \end{aligned}

其中 ∡TD′P′=∡TD′A′=∡TB′A′=∡TFE=∡TX′E\measuredangle TD'P'= \measuredangle TD'A' = \measuredangle TB'A' = \measuredangle TFE = \measuredangle TX'E，因此

∡DPX=−∡TX′P′+∡TX′E′=∡P′X′E′=∡P′X′R \begin{aligned} \measuredangle DPX &= - \measuredangle TX'P' + \measuredangle TX'E' \\ &= \measuredangle P'X'E' \\ &= \measuredangle P'X'R \end{aligned}

同理可得，∡CPY=∡P′Y′R\measuredangle CPY = \measuredangle P'Y'R。

结论

因此

dis(C,PD)dis(Y,PC)=1TP′⋅TX′⋅P′X′⋅∣sin⁡∡P′X′R∣1TP′⋅TY′⋅P′Y′⋅∣sin⁡∡P′Y′R∣=TY′TX′⋅P′KP′L \begin{aligned} \frac{\mathrm{dis}(C,PD)}{\mathrm{dis}(Y,PC)} & = \frac{\frac{1}{TP'\cdot TX'} \cdot P'X' \cdot \left|\sin \measuredangle P'X'R\right|}{\frac{1}{TP'\cdot TY'} \cdot P'Y' \cdot \left|\sin \measuredangle P'Y'R\right|} \\[2ex] & = \frac{TY'}{TX'} \cdot \frac{P'K}{P'L} \end{aligned}

其中

P′KP′L=SX′SY′ \frac{P'K}{P'L} = \frac{SX'}{SY'}

因此只需证：

TX′TY′=SX′SY′ \frac{TX'}{TY'} = \frac{SX'}{SY'}

此时我们可以把图简化一下：

简化图

TX′TY′=sin⁡∠TY′X′sin⁡∠TX′Y′=sin⁡∠A′EX′sin⁡∠B′FY′ \frac{TX'}{TY'} = \frac{\sin \angle TY'X'}{\sin \angle TX'Y'} = \frac{\sin \angle A'EX'}{\sin \angle B'FY'}

注意到 X′X'、Y′Y' 是切点，

SX′SY′=sin⁡∠EY′X′sin⁡∠FX′Y′=sin⁡∠A′X′Esin⁡∠B′Y′F \frac{SX'}{SY'} = \frac{\sin \angle EY'X'}{\sin \angle FX'Y'} = \frac{\sin \angle A'X'E}{\sin \angle B'Y'F}

因此

TX′TY′=SX′SY′  ⟺  sin⁡∠A′EX′sin⁡∠B′FY′=sin⁡∠A′X′Esin⁡∠B′Y′F  ⟺  sin⁡∠A′EX′sin⁡∠A′X′E=sin⁡∠B′FY′sin⁡∠B′Y′F  ⟺  A′X′A′E=B′Y′B′F  ⟺  A′X′B′Y′=A′EB′F \begin{aligned} & \frac{TX'}{TY'} = \frac{SX'}{SY'} \\[2ex] \iff & \frac{\sin \angle A'EX'}{\sin \angle B'FY'} = \frac{\sin \angle A'X'E}{\sin \angle B'Y'F} \\[2ex] \iff & \frac{\sin \angle A'EX'}{\sin \angle A'X'E} = \frac{\sin \angle B'FY'}{\sin \angle B'Y'F} \\[2ex] \iff & \frac{A'X'}{A'E} = \frac{B'Y'}{B'F} \\[2ex] \iff & \frac{A'X'}{B'Y'} = \frac{A'E}{B'F} \end{aligned}

由 EF∥A′B′EF\parallel A'B' 可知

A′EB′F=A′TB′T \frac{A'E}{B'F} = \frac{A'T}{B'T}

因此

(A′X′B′Y′)2=A′E′⋅A′TB′F′⋅B′T=(A′EB′F)2 \left(\frac{A'X'}{B'Y'}\right)^2 = \frac{A'E'\cdot A'T}{B'F'\cdot B'T} = \left(\frac{A'E}{B'F}\right)^2

命题得证。