2025 年 CGMO 的几何题的解答（一）

1. 题目

如图，四边形 $ABCD$ 内接于圆 $O$，$AB>BC$，$E$ 是 $AC$ 上一点使得 $AE<EC$。过 $E$ 作 $AC$ 的垂线 $l$，分别交 $\triangle AED$、$\triangle BED$、$\triangle CED$ 的外接圆于另一点 $X$、$Y$、$Z$，且 $E$、$Y$、$Z$、$X$ 依次排列。若 $AX=BY=CZ$，求证：$BD$ 与 $OY$ 的交点是 $\triangle ABC$ 的内心。

2. 分析

这个题的关键是确定 $D$ 点和 $E$ 点的位置。

从结论可以得出点 $D$ 是 $BI$ 和 $\triangle ABC$ 点外接圆的交点，由鸡爪定理可知 $DI = DA = DC$。

这一点也比较好证，直接用 $AX=CZ$ 即可证明。

$E$ 点的位置无法直接确定，但是也比较好猜。鸡爪定理的另一个结论是旁心 $J$ 也在射线 $BI$ 上，且 $DJ=DI$。作出 $J$ 点之后，我们会发现他就在直线 $l$ 上。可知点 $E$ 是旁切圆的切点。

而关于旁切圆的切点，有一个经典的引理：

设 $\triangle ABC$ 的内心为 $I$，$X$ 是 $A-$ 旁切圆与 $BC$ 的切点，$M$ 是 $BC$ 的中点，则 $AX\parallel IM$。

上述引理的证明

设 $\triangle ABC$ 的内切圆与 $BC$ 相切于 $D$，点 $E$ 是 $D$ 在 $\triangle ABC$ 的内切圆上的对径点，由位似可知 $A$、$E$、$X$ 共线。

又 $CX = BD$，可知 $DM = MX$，因此 $IM$ 是 $\triangle EDX$ 的中位线，$IM\parallel AX$。

我们可以反过来用这个结论，通过构造平行的结论来证明点 $E$ 是旁切圆切点。

接下来证明 $I$、$O$、$Y$ 共线。只需要注意到点 $O$ 是 $IY$ 的中点即可。

3. 解答

3.1. 证明点 D 在直线 BI 上

由 $\angle AEX = \angle CEZ = 90^\circ$ 可知 $AX$、$CZ$ 分别是 $\triangle AED$、$\triangle CED$ 的外接圆的直径。

连接 $DA$、$DC$、$DE$，有

$$\frac{DA}{\sin \angle DEA} = AX = CZ = \frac{DC}{\sin \angle DEC}$$

可得 $DA=DC$。

由鸡爪定理可知，$\triangle ABC$ 的内心 $I$ 在 $BD$ 上，且 $DI=DA=DC$。

接下来为了简化图形，我们可以扔掉 $X$、$Z$ 两点，$AX=BY=CZ$ 的条件简化为

$$BY = \frac{DC}{\sin \angle DEC} = \frac{DE}{\sin \angle DCE}$$

3.2. 证明平行

设直线 $DO$ 与 $AC$ 交于点 $M$，则 $M$ 是 $AC$ 的中点，且 $DM\perp AC$，因此 $DM\parallel l$。

连接 $BE$、$IM$，下面证明：$BE\parallel IM$。

设直线 $BD$ 和 $l$ 交于点 $J$，考虑 $\triangle JBE$ 和 $\triangle DIM$。由 $DM\parallel l$ 可知 $\angle J=\angle IDM$，因此

$$\angle JBE + \angle JEB = \angle DIM + \angle DMI \tag{i}$$

设 $\triangle BED$ 的外接圆半径为 $R$，则

$$\begin{aligned} & \frac{BY}{\sin \angle JEB} = 2R = \frac{DE}{\sin \angle JBE} \\[2ex] \implies & \frac{\sin \angle JBE}{\sin \angle JEB} = \frac{DE}{BY} = \sin \angle DCE \end{aligned}$$

在 $\triangle DIM$ 中，

$$\begin{aligned} & \frac{DM}{\sin \angle DIM} = \frac{DI}{\sin \angle DMI} \\[2ex] \implies & \frac{\sin \angle DIM}{\sin \angle DMI} = \frac{DM}{DI} = \frac{DM}{DC} = \sin \angle DCE \end{aligned}$$

因此，

$$\frac{\sin \angle JBE}{\sin \angle JEB} = \frac{\sin \angle DIM}{\sin \angle DMI} \tag{ii}$$

我们构造函数

$$f(x) = \frac{\sin(\theta-x)}{\sin(x)}, \, x \in (0, \pi), \, \theta \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$$

则

$$\begin{aligned} f'(x)&=\frac{-\cos (\theta-x)\sin x-\sin (\theta-x)\cos x}{\sin ^2 x} \\ &= -\frac{\sin \theta}{\sin ^2x}<0 \end{aligned}$$

可知 $f(x)$ 在 $(0,\pi)$ 上单调递减。结合等式(i)和(ii)可知 $\angle JEB = \angle DMI$，$\angle JBE = \angle DIM$，因此 $BE\parallel IM$。

由上面的引理可知，点 $E$ 是 $\triangle ABC$ 的旁切圆切点，点 $J$ 是 $\triangle ABC$ 的旁心，因此 $DJ=DI=DA=DC$。

另外，结合 $DM\parallel l$ 可知 $\triangle DIM\sim \triangle JBE$。

3.3. 证明 O 是 IY 的中点

由 $JY\cdot JE=JD\cdot JB$ 可知

$$\frac{JD}{JY} = \frac{JE}{JB} = \frac{DM}{DI} = \frac{DM}{DC} = \sin \angle DCA$$

于是

$$JY = \frac{JD}{\sin \angle DCA} = \frac{DA}{\sin\angle DCA} = 2\cdot OD$$

注意到 $DO\parallel JY$，点 $D$ 是 $IY$ 的中点，因此 $OD$ 是 $\triangle IJY$ 的中位线，点 $I$、$O$、$Y$ 共线，命题得证。

最后一步的另一种证明方法

连接 $DY$，由上面可知 $\triangle DIM \sim \triangle JBE \sim \triangle JYD$，因此

$$\frac{DI}{JY} = \frac{DM}{JD} \implies DI^2 = DM\cdot JY$$

设直线 $DO$ 与 $\triangle ABC$ 的外接圆的另一个交点为 $N$，连接 $NY$、$NI$。

注意到 $DI^2=DC^2=DM\cdot DN$，因此 $DN = JY$，可知四边形 $YNDJ$ 是平行四边形。于是有

$$\begin{gathered} YN\parallel DJ \\ YN=DJ = DI \end{gathered}$$

因此四边形 $YNID$ 也是平行四边形，点 $O$ 是对角线 $DN$ 和 $IY$ 的交点。