2026 年 IMO 的几何题的解答

发表于 分类于 ， 阅读次数： 本文字数： 6k 阅读时长 ≈ 15 分钟
今年 IMO 的几何题（P2）的解答

1. 题目

在三角形 ABCABC 中，点 MM 和 NN 分别是边 ABAB 和 ACAC 的中点。在三角形 BMCBMC 和三角形 BNCBNC 的内部分别选取点 KK 和 LL，使得点 KK 在三角形 ABLABL 的内部，点 LL 在三角形 AKCAKC 的内部。已知

∠KBA=∠ACL,∠LBK=∠LNC,且∠LCK=∠BMK. \angle KBA = \angle ACL, \qquad \angle LBK = \angle LNC, \qquad \text{且} \qquad \angle LCK = \angle BMK.

设 OO 是三角形 AKLAKL 的外心。证明：OM=ONOM=ON。

题目

2. 分析

这个题乍一看，给的三个等角条件比较奇怪，特别是后两个。

事实上，在后续的大模型测试中，DeepSeek、GLM、Qwen 都在这里翻车了，完全没搞明白这几个角度应该如何使用。

实际上，如果我们把 BKBK、CLCL 延长分别和 ACAC、ABAB 相交，交点依次为 YY、XX，立马就能够得到三组共圆：

角度=>共圆

  • ∠KBA=∠ACL  ⟹  BCYX\angle KBA = \angle ACL \implies BCYX 共圆，记为 Ω1\Omega_1。
  • ∠LBK=∠LNC  ⟹  BLNY\angle LBK = \angle LNC \implies BLNY 共圆，记为 Ω2\Omega_2。
  • ∠LCK=∠BMK  ⟹  CKMX\angle LCK = \angle BMK \implies CKMX 共圆，记为 Ω3\Omega_3。

接下来，我们来看 △AKL\triangle AKL 的外接圆，记为 Γ\Gamma。

如果作图比较严格的话，马上能够发现 Ω1\Omega_1 的圆心 O1O_1 就在 Γ\Gamma 上，而且恰好是点 AA 的对径点。

三角形AKL的外接圆

设 Γ\Gamma 和 ABAB、ACAC 的另外的交点分别为 SS、TT，则有 O1S⊥ABO_1S\perp AB，O1S⊥ACO_1S\perp AC。于是 SS、TT 就是 Ω1\Omega_1 中的弦 BXBX、CYCY 的中点。

另外还可以发现，Γ\Gamma 与 Ω2\Omega_2、Ω3\Omega_3 的另外的交点 L′L'、K′K' 就在 CLCL、BKBK 上。

因此，我们可以去证明上面这八个点 AA、KK、LL、K′K'、L′L'、SS、TT、O1O_1 都共圆。

可以看到，Ω1\Omega_1、Ω2\Omega_2、Ω3\Omega_3、Γ\Gamma 这四个圆的根心为 BYBY 和 CXCX 的交点。

在最开始的时候，我一直在围绕这个点做文章，导致没有找到合适的证明共圆的方法，于是就转而解析的方法了。

注意到这几个圆和 △ABC\triangle ABC 三边的交点都非常好，因此我们可以考虑直接使用重心坐标系进行计算。

需要注意的是，这里不要直接去求点 KK、LL 的坐标，而是分别计算 Γ\Gamma 和 Ω2\Omega_2、Ω3\Omega_3 的根轴（两圆方程相减），证明它们恰好就是 CXCX、BYBY 即可。

在证明完共圆之后，接下来的问题是如何证明 OM=ONOM=ON。

由 MN∥BCMN\parallel BC 可知 MNYXMNYX 也共圆，记为 Ω4\Omega_4，设其圆心为 O′O'。则

OM=ON  ⟺  OO′⊥MN  ⟺  MN∥Γ 和 Ω4 的根轴 OM=ON \iff OO'\perp MN \iff MN\parallel \Gamma \text{ 和 } \Omega_4 \text{ 的根轴}

根轴

接下来我们只需要找到 Γ\Gamma 和 Ω4\Omega_4 的根轴即可。

考虑 Γ\Gamma、Ω4\Omega_4 和 Ω2\Omega_2，它们的根心为 LL′∩NY=CLL'\cap NY = C。

考虑 Γ\Gamma、Ω4\Omega_4 和 Ω3\Omega_3，它们的根心为 KK′∩MX=BKK'\cap MX = B。

因此，Γ\Gamma 和 Ω4\Omega_4 的根轴就是 BCBC，显然满足前面的要求。

实际上，直接验证点 BB 和 CC 对两圆的幂即可。

这样，我们就完成了最终的证明。

3. 解答

3.1. 处理角度相等的条件

设 X=AB‾∩CL‾X=\overline{AB}\cap\overline{CL}，Y=AC‾∩BK‾Y=\overline{AC}\cap\overline{BK}。

由 ∠KBA=∠ACL\angle KBA = \angle ACL 可知 BB、CC、YY、XX 共圆，记为 Ω1\Omega_1。

由 ∠LBK=∠LNC\angle LBK = \angle LNC 可知 BB、LL、NN、YY 共圆，记为 Ω2\Omega_2。

由 ∠LCK=∠BMK\angle LCK = \angle BMK 可知 CC、KK、MM、XX 共圆，记为 Ω3\Omega_3。

设 BKBK 与 Ω3\Omega_3 的另一个交点为 K′K'，CLCL 与 Ω2\Omega_2 的另一个交点为 L′L'。

设 SS、TT 分别为 BXBX、CYCY 的中点。接下来我们证明：K′K'、L′L'、SS、TT 都在 △AKL\triangle AKL 的外接圆（记为 Γ\Gamma）上。

3.2. 证明共圆

以 △ABC\triangle ABC 为参考三角形建立重心坐标系，其中 a=BCa=BC，b=CAb=CA，c=ABc=AB，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)，M=(1:1:0)M=(1:1:0)，N=(1:0:1)N=(1:0:1)。

设 AX=t⋅ABAX=t\cdot AB，AY=s⋅ACAY=s\cdot AC。由 AB⋅AX=AC⋅AYAB\cdot AX=AC\cdot AY 可得 c⋅tc=b⋅sbc\cdot tc = b\cdot sb，因此

ts=b2c2 \frac{t}{s} = \frac{b^2}{c^2}

可知 X=(1−t,t,0)X=(1-t,t,0)，S=(1−t:1+t:0)S=(1-t:1+t:0)，Y=(1−s,0,s)Y=(1-s,0,s)，T=(1−s:0:1+s)T=(1-s:0:1+s)。

在下面的证明中，我们用到如下结论：

在重心坐标系中，圆的一般方程为

−a2yz−b2zx−c2xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0 -a^2yz-b^2zx-c^2xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0

其中，uu、vv、ww 分别是点 AA、BB、CC 到该圆的幂。

重心坐标

考虑 △AST\triangle AST 的外接圆（记为 Γ′\Gamma'），有

u=0v=BA⋅BS=c⋅12(1−t)c=12c2(1−t)w=CA⋅CT=b⋅12(1−s)b=12b2(1−s) \begin{aligned} u & = 0 \\ v & = BA\cdot BS = c \cdot \frac{1}{2}(1-t)c = \frac{1}{2} c^2(1-t) \\ w & = CA\cdot CT = b \cdot \frac{1}{2}(1-s) b = \frac{1}{2} b^2(1-s) \end{aligned}

考虑 Ω3\Omega_3，有

u=AM⋅AX=12c⋅tc=12c2tv=BM⋅BX=12c⋅(1−t)c=12c2(1−t)w=0 \begin{aligned} u & = AM\cdot AX = \frac{1}{2}c \cdot tc = \frac{1}{2}c^2t \\ v & = BM\cdot BX = \frac{1}{2}c \cdot (1-t)c = \frac{1}{2}c^2(1-t) \\ w & = 0 \end{aligned}

因此 Ω3\Omega_3 和 Γ′\Gamma' 的根轴的方程为

[12c2t⋅x+12c2(1−t)⋅y+0⋅z]−[0⋅x+12c2(1−t)⋅y+12b2(1−s)⋅z]=0 \left[\frac{1}{2}c^2t\cdot x + \frac{1}{2}c^2(1-t)\cdot y + 0\cdot z\right] - \left[0\cdot x + \frac{1}{2} c^2(1-t)\cdot y + \frac{1}{2} b^2(1-s)\cdot z\right] = 0

化简可得

c2t⋅x−b2(1−s)⋅z=0  ⟹  sx−(1−s)z=0 c^2t\cdot x - b^2(1-s)\cdot z = 0 \implies sx - (1-s)z = 0

即为直线 BYBY。因此 Ω3\Omega_3 和 BYBY 的交点 KK、K′K' 在 Γ′\Gamma' 上。

同理可证，Ω2\Omega_2 和 Γ′\Gamma' 的根轴为直线 CXCX，Ω2\Omega_2 与 CXCX 的交点 LL、L′L' 也在 Γ′\Gamma' 上。

因此 Γ′=Γ\Gamma'=\Gamma。

3.3. 证明最终的结论

注意到 MM、NN 分别是 ABAB、ACAC 的中点，因此

AB⋅AX=AC⋅AY  ⟹  AM⋅AX=AN⋅AY AB\cdot AX = AC\cdot AY \implies AM\cdot AX = AN \cdot AY

因此 MM、NN、YY、CC 共圆，记为 Ω4\Omega_4。

圆幂

又因为 SS、TT 分别是 BXBX、CYCY 的中点，因此

BS⋅BA=BX⋅BMCT⋅CA=CY⋅CN \begin{aligned} BS\cdot BA &= BX \cdot BM \\ CT\cdot CA &= CY\cdot CN \end{aligned}

可知 BCBC 是 Γ\Gamma 和 Ω4\Omega_4 的根轴，因此

OO′⊥BC  ⟹  OO′⊥MN  ⟹  OM=ON OO'\perp BC \implies OO'\perp MN \implies OM = ON

3.4. 证明共圆的另一种方法

设 Ω2\Omega_2 与 ABAB 的另一个交点为 UU，Ω3\Omega_3 与 ACAC 的另一个交点为 VV。由

AB⋅AU=AN⋅AY=12AC⋅AY=12AB⋅AX AB\cdot AU = AN\cdot AY = \frac{1}{2} AC\cdot AY = \frac{1}{2} AB\cdot AX

因此 UU 是 AXAX 的中点。同理可证，VV 是 AYAY 的中点。

圆幂

由

XA⋅XS=2XU⋅12XB=XU⋅XB=XL⋅XL′ XA\cdot XS = 2XU\cdot \frac{1}{2}XB = XU\cdot XB = XL\cdot XL'

可知 AA、L′L'、SS、LL 共圆。同理可证，AA、K′K'、TT、KK 共圆。

由

BA⋅BS=2BM⋅12BX=BK⋅BK′ BA\cdot BS = 2BM\cdot \frac{1}{2}BX = BK\cdot BK'

可知 AA、SS、KK、K′K' 共圆。同理可证，AA、TT、LL、L′L' 共圆。

因此 AA、KK、K′K'、SS、TT、LL、L′L' 共圆。

4. 大模型测试

可惜的是，DeepSeek V4、GLM 5.2、Qwen 3.7/3.8 Max 都未能给出这道题目的证明（要求不使用解析的方法）。

甚至它们在第一步就栽了，完全没有想到构造 XX、YY 两个点来证明共圆，都在想办法直接用这些角度去证明相似。（例如去证明 △BMK\triangle BMK 和 △CNL\triangle CNL（或者 △KCL\triangle KCL）相似。）

如果你告诉它这些相似不成立，它又会去证明 AK=ALAK=AL。

GLM 5.2 甚至一上来就认为「MNMN 的垂直平分线就是 BCBC 的垂直平分线」，后面自然也就都不对了。

后来我又尝试把前三个共圆的步骤给出来，让它顺着这个思路往下证，但还是没有成功。

DeepSeek V4 此时想到了要考虑根轴和圆幂，但是最终还是直接跳步到结论，变成了伪证。

Qwen 3.8 Max Preview 则是给出了一个长达 78 步的证明，里面混杂了纯几何、向量、三角的方法，根本看不下去。扫了一眼，里面有几个相似和线段相等的结论是错误的，其它部分也就没有再看了。

感觉是因为思考内容太长导致了思考过程意外终止，于是在输出的时候是依然按照思考的流程在走。

之前在使用 Qwen 模型和 Gemma 模型的时候都遇到过这种情况。