2025 年 CSMO 的几何题的解答（二）

1. 题目

如图，在 $\triangle ABC$ 中，过 $B$、$C$ 的圆 $\omega$ 分别交 $AB$、$AC$ 于点 $D$、$E$，$BE$ 与 $CD$ 相交于点 $P$。设直线 $DE$ 交 $\triangle ABC$ 的外接圆于点 $X$、$Y$，$XP$、$YP$ 分别与 $\triangle BPC$ 的外接圆交于点 $M$、$N$。求证：$X$、$N$、$M$、$Y$ 四点共圆，且圆心为 $A$。

2. 分析

首先，$AX=AY$ 是比较显然的。

接下来我们做出 $\odot A$，会发现图中四个圆两两相交，它们的根轴 $XY$、$MN$、$BC$ 交于根心 $T$。利用点 $T$ 和 $P$ 进行圆幂的转换可以证明四点共圆。

这个图中的共圆有很多，例如 $(BXEM)$、$(CYDN)$、$(CXDM)$、$(BYEN)$、$(DEMN)$ 等等。不过本题中并没有全部用到。

如果熟悉极点极线的话，可以发现 $\triangle ATP$ 是关于圆 $\omega$ 的自配极三角形。

另外，如果直接证明结论会比较麻烦，我们可以考虑使用同一法，由 $XP$、$YP$ 和 $\odot A$ 相交得到点 $M'$、$N'$，再证明它们就是题目中的 $M$、$N$ 点即可。

3. 解答

3.1. 证明 AX=AY

连接 $AX$、$AY$，过点 $A$ 做 $\triangle ABC$ 的外接圆的切线 $RS$。

由

$$\angle RAB = \angle ACB = \angle ADE$$

可知 $RS\parallel DE$，因此 $\overgroup{AX} = \overgroup{AY} \implies AX = AY$。

3.2. 构造根心

设直线 $BC$、$EF$ 交于点 $T$，连接 $TP$，则 $TP$ 是点 $A$ 关于圆 $\omega$ 的极线。

设直线 $TP$ 与 $\omega$ 交于点 $K$、$L$，连接 $AK$、$AL$，则 $AK$、$AL$ 是圆 $\omega$ 的切线，因此 $AK=AL$。由

$$TK\cdot TL = TB\cdot TC = TX\cdot TY$$

可知 $K$、$L$、$Y$、$X$ 共圆，且圆心为 $A$。

3.3. 同一法

设 $XP$、$YP$ 分别与 $\odot A$ 交于点 $M'$、$N'$，只需证 $M'$、$N'$ 在 $\triangle BPC$ 的外接圆上即可。

由

$$XP\cdot PM'=KP\cdot PL=DP\cdot PC$$

可知 $D$、$X$、$C$、$M'$ 共圆，因此

$$\begin{aligned} \measuredangle PM'C & = \measuredangle XM'C \\ & = \measuredangle XDC = \measuredangle EDC \\ & = \measuredangle EBC = \measuredangle PBC \end{aligned}$$

故 $M'$ 在 $\triangle BPC$ 的外接圆上。

同理可证，$N'$ 也在 $\triangle BPC$ 的外接圆上，命题得证。

4. 另一种解答

$AX=AY$ 的证明与前一个解法相同。

于是可得

$$\begin{aligned} & \phantom{\implies} \angle ABX = \angle AYX = \angle AXD \\[1ex] & \implies \triangle AXD \sim \triangle ABX \\[1ex] & \implies AX^2=AD\cdot AB = AE\cdot AC \end{aligned}$$

以点 $A$ 为反演中心、$AX$ 为反演半径做反演变换，则 $B \longleftrightarrow D$、$E \longleftrightarrow C$。

由 $\angle XEB = \angle DCB = \angle PMB$ 可知 $B$、$M$、$E$、$X$ 共圆。

由 $\angle XMC = 180^\circ - \angle PBC =180^\circ - \angle EBC = \angle XDC$ 可知 $C$、$M$、$D$、$X$ 共圆。

注意到 $\odot(XBE)$ 的反演圆就是 $\odot(XDC)$，两圆的另一个交点为 $M$，因此点 $M$ 在反演变换下保持不变，可知点 $M$ 在 $\odot A$ 上。

同理可证，点 $N$ 也在 $\odot A$ 上。