2025 年 CSMO 的几何题的解答（三）

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今年中国东南地区数学奥林匹克高二年级第二天的几何题的解答

1. 题目

如图，在 △ABC\triangle ABC 的边 ACAC、ABAB 上分别取点 EE、FF，满足 EF∥BCEF\parallel BC，∠BAC\angle BAC 的平分线交 BCBC 于点 DD。点 PP 在 DADA 的延长线上，满足：

  • ∠PBE=∠ABC\angle PBE = \angle ABC
  • ∠PCF=∠ACB\angle PCF = \angle ACB

求证：AP=ADAP=AD。

题目

2. 分析

这个题目只涉及角度的条件，而且所有点都在 △ABC\triangle ABC 的边或角平分线上，因此非常适合使用重心坐标进行计算。

3. 解答

以 △ABC\triangle ABC 为参考三角形建立重心坐标系。则 A=(1,0,0)A=(1,0,0)，B=(0,1,0)B=(0,1,0)，C=(0,0,1)C=(0,0,1)，D=(0:b:c)D=(0:b:c)。

设点 P′P' 在 DADA 的延长线上，且 AP′=ADAP'=AD，则

P′=(2:−bb+c:−cb+c)=(−2(b+c):b:c) \begin{aligned} P' & = \left(2:-\frac{b}{b+c}:-\frac{c}{b+c}\right) \\[2ex] & = \left(-2(b+c):b:c\right) \end{aligned}

接下来只需要证明点 PP 的坐标和 P′P' 相同即可。

我们引入 Conway 记号。设 SS 表示 △ABC\triangle ABC 面积的两倍，定义

Sθ=Scot⁡θ S_\theta = S\cot \theta

其中 θ\theta 是有向角，且模 180∘180^\circ。特别地，

SA=Scot⁡A=bccos⁡A=b2+c2−a22 S_A = S\cot A = bc \cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2}

类似地，可以定义 SBS_B、SCS_C。

解答

设 Q=BE‾∩CF‾Q=\overline{BE}\cap\overline{CF}，∡QBC=β\measuredangle QBC = \beta，∡BCQ=γ\measuredangle BCQ = \gamma，根据 Conway 公式[1]可知

Q=(−a2:SC+Sγ:SB+Sβ) Q = \left(-a^2 : S_C + S_\gamma : S_B + S_\beta\right)

可知

E=(−a2:0:SB+Sβ)F=(−a2:SC+Sγ:0) \begin{aligned} E & = \left(-a^2:0:S_B+S_\beta\right) \\ F & = \left(-a^2:S_C+S_\gamma:0\right) \end{aligned}

由 EF∥ABEF\parallel AB 可知

SB+Sβ=SC+Sγ(i) S_B+S_\beta = S_C+S_\gamma \tag{i}

由条件可知，

∡PBC=∡PBE+∡EBC=∡ABC+∡QBC=β−B∡BCP=∡BCF+∡FCP=∡BCQ+∡BCA=γ−C \begin{aligned} \measuredangle PBC & = \measuredangle PBE + \measuredangle EBC \\ & = \measuredangle ABC + \measuredangle QBC \\ & = \beta - B \\[2ex] \measuredangle BCP & = \measuredangle BCF + \measuredangle FCP \\ & = \measuredangle BCQ + \measuredangle BCA \\ & = \gamma - C \end{aligned}

可知

P=(−a2:SC+Sγ−C:SB+Sβ−B) P = \left(-a^2 : S_C + S_{\gamma-C} : S_B + S_{\beta-B}\right)

利用和差角公式化简可得

SB+Sβ−B=SB+SβSB+S2SB−Sβ=SB2+S2SB−Sβ \begin{aligned} S_B + S_{\beta-B} &= S_B + \frac{S_\beta S_B+S^2}{S_B - S_\beta} \\[2ex] &= \frac{S_B^2+S^2}{S_B-S_\beta} \end{aligned}

因此

P=(−a2:SC2+S2SC−Sγ:SB2+S2SB−Sβ) P = \left(-a^2 : \frac{S_C^2+S^2}{S_C-S_\gamma} : \frac{S_B^2+S^2}{S_B-S_\beta}\right)

由点 PP 在直线 ADAD 上，可知

SC2+S2SC−Sγ:SB2+S2SB−Sβ=b:c \frac{S_C^2+S^2}{S_C-S_\gamma} : \frac{S_B^2+S^2}{S_B-S_\beta} = b : c

注意到

SB2+S2=S2(cot⁡2B+1)=S2sin⁡2B S_B^2+S^2 = S^2\left(\cot^2 B+1\right) = \frac{S^2}{\sin^2B}

因此

SB−SβSC−Sγ=bc⋅sin⁡2Csin⁡2B=cb(ii) \frac{S_B-S_\beta}{S_C-S_\gamma} = \frac{b}{c} \cdot \frac{\sin^2 C}{\sin ^2 B} = \frac{c}{b} \tag{ii}

注意我们只需要解出 SB−SβS_B-S_\beta 即可。由等式 (i) 可知

=(SB−Sβ)−(SC−Sγ)=(SB−SC)+(Sγ−Sβ)=2(SB−SC)=2(c2+a2−b22−a2+b2−c22)=2(c2−b2) \begin{aligned} &\phantom{=} \left(S_B-S_\beta\right)-\left(S_C-S_\gamma\right) \\[1ex] & = \left(S_B-S_C\right)+\left(S_\gamma-S_\beta\right) \\[1ex] & = 2\left(S_B-S_C\right) \\[1ex] & = 2\left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2}-\frac{a^2+b^2-c^2}{2}\right) \\[2ex] & = 2\left(c^2-b^2\right) \end{aligned}

结合等式 (ii) 可解得

SB−Sβ=2(c2−b2)⋅cc−b=2(b+c)c \begin{aligned} S_B-S_\beta & = 2\left(c^2-b^2\right) \cdot \frac{c}{c-b} \\[2ex] & = 2(b+c)c \end{aligned}

因此

P=(−a2:⋯:S2sin⁡2B⋅2(b+c)c)=(−2(b+c)⋅c2a2sin⁡2BS2:b:c)=(−2(b+c):b:c) \begin{aligned} P & = \left(-a^2 : \cdots : \frac{S^2}{\sin ^2B \cdot 2(b+c)c}\right) \\[2ex] & = \left(-2(b+c)\cdot \frac{c^2a^2\sin ^2B}{S^2} : b : c\right) \\[2ex] & = \left(-2(b+c) : b : c\right) \end{aligned}

命题得证。

  1. Conway 公式的证明见 Evan Chen, Barycentric Coordinates in Olympiad Geometry, §4.4 ↩︎