2026年CSMO的几何题的解答（一）

1. 题目

如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB < AC$，$M$ 为边 $BC$ 的中点，$D$ 为 $\angle BAC$ 的平分线与 $BC$ 的交点，$P$ 为 $D$ 关于 $A$ 的对称点，$Q$ 为 $\triangle PBC$ 的外接圆上一点，满足 $MQ\parallel AD$，且 $P$、$Q$ 位于 $BC$ 的两侧，$PQ$ 与 $AM$ 交于点 $R$，证明：$\angle RBQ = \angle RCQ$。

2. 分析

这个题的关键，是证明点 $R$ 和点 $A$ 关于 $\triangle PBC$ 等角共轭。

点 $A$ 处的等角处理起来比较简单，只需要根据 $MQ\parallel PD$ 和 $M$ 是中点这两个条件即可证明 $\angle BPD = \angle QPC$。

难点是如何证明第二组等角。

如果熟悉调和点列的话，结合题目中的 $MQ\parallel PD$ 和 $A$ 是 $PD$ 中点的条件，马上就可以得到一组调和点列，于是

平行+中点 $\implies$ 调和点列 $\implies$ 调和四边形 $\implies$ 类似中线 $\implies$ 等角共轭

这是一组很标准的推理路径。结合前一组等角共轭得到的相似 $\triangle PBD \sim \triangle PQC$ 即可证明想要的角度相等的结论。

另外，前面已经证明了点 $A$ 的等角共轭点在 $PQ$ 上，接下来实际上我们只需要证明它也在直线 $AM$ 上即可。因此到了这一步，可以直接用重心坐标来计算。

或者，直接硬算

$$\frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ABP} = \frac{\sin \angle RBP}{\sin \angle RBC}$$

也可以。

3. 解答

3.1. 步骤一：证明∠BPD=∠QPC

延长 $AD$ 交 $\triangle PBC$ 的外接圆于 $E$，交 $\triangle ABC$ 的外接圆于 $F$。

由 $AD$ 平分 $\angle BAC$ 可知 $F$ 是优弧 $BC$ 的中点，因此 $MF\perp BC$。

注意到

$$PD\cdot DE = BD\cdot DC = AD\cdot DF$$

可知 $DF=2DE$，于是有 $ME=DE=EF$。

又知 $MQ\parallel AD$，因此

$$\angle CMQ = \angle CDE = \angle BME$$

由对称性可知 $MQ=ME$，$\widehat{BE} = \widehat{CQ}$，因此

$$\angle BPE = \angle QPC$$

3.2. 步骤二：证明∠ABP=∠RPC

设 $PQ$ 与 $BC$ 交于点 $N$。

3.2.1. 方法一：调和四边形

延长 $BR$ 交 $\triangle PBC$ 的外接圆于点 $S$，设 $PC$ 中点为 $K$。

由 $\angle BPD = \angle QPC$ 可知

$$\triangle BPD \sim \triangle QPC \implies \triangle BAD \sim \triangle QKC$$

由 $A$ 是 $PD$ 中点和 $MQ\parallel AD$ 可知 $PRNQ$ 为调和点列，因此 $PSCQ$ 为调和四边形，于是 $QS$ 是 $\triangle PCQ$ 的类似中线，可知

$$\angle PBS = \angle PQS = \angle KQC = \angle ABD \implies \angle PBA = \angle SBD$$

3.2.2. 方法二：重心坐标

以 $\triangle PBC$ 为参考三角形建立重心坐标系，设 $BC=a$，$PC=b$，$PB=c$，$BD=m$，$DC=n$（$m+n=a$，$0<m<n$），点 $A^*$ 是 $A$ 关于 $\triangle PBC$ 的等角共轭点，则

$$\begin{aligned} P & = (1,0,0) \\ D & = (0:n:m) \\ A & = (a:n:m) \\ M & = (0:1:1) \\ A^* & = \left(a:\frac{b^2}{n}:\frac{c^2}{m}\right) \end{aligned}$$

由步骤一可知 $A^*$ 在 $PQ$ 上，我们只需要证明它也在 $AM$ 上即可。即证明：

$$\begin{vmatrix} a & n & m \\ 0 & 1 & 1 \\ a & \frac{b^2}{n} & \frac{c^2}{m} \end{vmatrix} = 1$$

化简可得

$$\frac{c^2}{m}-\frac{b^2}{n}=m-n \tag{I}$$

我们设 $AB=\lambda m$，$AC=\lambda n$，其中 $\lambda > 1$，则由中线长公式和角平分线长公式可知：

$$\begin{aligned} 2c^2 + 2m^2 & = 4\lambda ^2 m^2 + 4d^2 \\ 2b^2 + 2n^2 & = 4\lambda ^2 n^2 + 4d^2 \\ d^2 & = \lambda ^2 mn - mn \end{aligned}$$

整理可得

$$\begin{aligned} c^2 & = (2\lambda ^2-1)m^2 + 2(\lambda ^2-1)mn \\ b^2 & = (2\lambda ^2-1)n^2 + 2(\lambda ^2-1)mn \end{aligned}$$

代入即可验证上面的等式 $(\mathrm{I})$ 成立。

3.2.3. 方法三：硬算

只需要证明

$$\frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ABP} = \frac{\sin \angle RBP}{\sin \angle RBC}$$

即可。

注意到

$$\begin{aligned} \frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ABP} & = \frac{BP}{BD} \\[2ex] \frac{\sin \angle RBP}{\sin \angle RBC} & = \frac{PR}{RN}\cdot \frac{BN}{BP} \end{aligned}$$

考虑 $\triangle PND$ 和直线 $AM$，有

$$\frac{PR}{RN}\cdot \frac{NM}{MD}\cdot \frac{DA}{AP} = 1$$

可知

$$\frac{PR}{RN} = \frac{DM}{MN}$$

因此只需证

$$\frac{BP^2}{BN\cdot BD} = \frac{DM}{MN} \tag{II}$$

即可。

设 $BD=m$，$DC=n$，$AB=\lambda m$，$AC=\lambda n$，$AD=x$，$DE=y$，其中 $0<m<n$，$\lambda > 1$，则有

$$\begin{cases} mn=2xy \\ x^2 = (\lambda ^2-1)mn \end{cases} \implies \frac{x}{y} = 2(\lambda^2-1)$$

于是

$$\begin{aligned} \frac{DN}{MN} & = \frac{2x}{y} = 4(\lambda^2-1) \\[2ex] \frac{DM}{MN} & =\frac{DN}{MN} +1 = 4\lambda ^2-3 \end{aligned}$$

因此

$$\begin{aligned} DM & = \frac{m+n}{2}-m = \frac{n-m}{2} \\[2ex] DN & = DM\cdot \frac{4(\lambda^2-1)}{4(\lambda^2-1)+1} = \frac{2(\lambda ^2-1)}{4\lambda ^2-3}(n-m) \\[2ex] BN & = m + DN = \frac{2\lambda ^2-1}{4\lambda ^2-3}m + \frac{2(\lambda ^2-1)}{4\lambda ^2-3}n \end{aligned}$$

可知

$$BN\cdot BD = \frac{2\lambda ^2-1}{4\lambda ^2-3}m^2 + \frac{2(\lambda ^2-1)}{4\lambda ^2-3}mn$$

而

$$\begin{aligned} BP^2 & = 2AB^2 + 2AD^2 - BD^2 \\ & = 2\lambda ^2m^2+2x^2-m^2 \\ & = (2\lambda ^2-1)m^2 + 2(\lambda ^2-1)mn \end{aligned}$$

代入即可验证等式 $(\mathrm{II})$ 成立。

3.3. 步骤三：证明∠RBQ=∠RCQ

由步骤二可知，点 $R$ 和点 $A$ 关于 $\triangle PBC$ 等角共轭，因此 $\angle PCA = \angle RCB$，

$$\begin{aligned} \angle RBQ & = \angle RBC + \angle CBQ \\ & = \angle PBA + \angle CPR \\ & = \angle PBA + \angle BPA \\ & = \angle BAD \end{aligned}$$

同理可知 $\angle RCQ = \angle CAD$，因此 $\angle RBQ = \angle RCQ$。