2025 年 CGMO 的几何题的解答（二）

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今年中国女子数学奥林匹克第二天的几何题（P4）的解答

1. 题目

如图，在锐角 △ABC\triangle ABC 中，AB>ACAB > AC，DD、EE、FF 分别是 AA、BB、CC 在对应边上的投影。设 BFBF 的中垂线与 DEDE 交于点 PP，CECE 的中垂线与 DFDF 交于点 QQ。设 KK 是直线 PQPQ 上一点使得 ∠PKE=∠PKF\angle PKE = \angle PKF。设 DKDK 交 △KEF\triangle KEF 的外接圆与另一点 TT，求证：∠ATE=∠ATF\angle ATE = \angle ATF。

题目

2. 分析

设 HH 是 △ABC\triangle ABC 的垂心，NN 是 △ABC\triangle ABC 的九点圆圆心。

这个题有三个重要的观察点：

  1. HH、PP、QQ 共线；
  2. 点 KK 满足 ∠FKH=∠HKE=∠FDE\angle FKH = \angle HKE = \angle FDE，从而 N∈⊙(KEF)N\in \odot(KEF)；
  3. AA、TT、NN 共线。

第一个结论在做出图来之后，是比较容易看出来的，可以直接用梅涅劳斯定理进行证明。

在证明第一个结论的时候，会用到 BCBC、BHBH 和 CHCH 的中点，结合 DD、EE、FF 自然就联想到九点圆。画出九点圆就会发现，其圆心就在 △KEF\triangle KEF 的外接圆上。

从而我们可以得出

∠FKH=12∠FNE=∠FHbH∠HKE=12∠FNE=∠HHcE\begin{aligned} \angle FKH = \frac{1}{2}\angle FNE = \angle FH_bH \\[2ex] \angle HKE = \frac{1}{2}\angle FNE = \angle HH_cE \end{aligned}

因此 FF、HbH_b、KK、HH 共圆，EE、HcH_c、KK、HH 共圆，可知点 KK 是完全四边形 FHbEHcFH_bEH_c 的密克点。

要证明这个结论，我们可以使用同一法构造点 KK。可以直接用密克点来构造，也可以用其它的圆的交点来构造，关键是构造点 KK 之后能够证明其在直线 PQPQ 上。

最后一个结论不是很好直接证明，不过此时的结论可以转换成角相等的结论，而且可以完全消去点 KK，因此我们可以考虑把它算出来。可以尝试三角法或复数法。

3. 解答

3.1. 结论一的证明

如图，设 CFCF 与 DEDE 交于点 ZZ。考虑 △FZD\triangle FZD，要证明 HH、PP、QQ 共线，只需证

FQQD⋅DPPZ⋅ZHHF=1 \frac{FQ}{QD}\cdot \frac{DP}{PZ}\cdot \frac{ZH}{HF} = 1

设 CECE 的中垂线分别与 ABAB、BCBC、CFCF 交于 LL、MM、HcH_c，则 MM 是 BCBC 中点，HcH_c 是 CHCH 中点。考虑 △FBD\triangle FBD，有

FQQD⋅DMMB⋅BLLF=1 \frac{FQ}{QD}\cdot \frac{DM}{MB}\cdot \frac{BL}{LF} = 1

注意到

DPPZ=DMMC=DMMB \frac{DP}{PZ} = \frac{DM}{MC} = \frac{DM}{MB}

以及

BLLF=HHcHcF \frac{BL}{LF} = \frac{H H_c}{H_cF}

因此只需证明

ZHHF=HHcHcF \frac{ZH}{HF} = \frac{H H_c}{H_cF}

即可。

注意到 △ABC\triangle ABC 的垂心 HH 是其垂足三角形 DEFDEF 的内心，AA、BB、CC 是 △DEF\triangle DEF 的旁心，因此

(FZ;CH)=−1 (FZ;CH) = -1

由 HcH_c 是 CHCH 中点可知

HcH2=HcZ⋅HcF H_cH^2 = H_cZ\cdot H_cF

故

HcHHcF=HcZHcH=HcH−HcZHcF−HcH=HZHF \frac{H_cH}{H_cF} = \frac{H_cZ}{H_cH} = \frac{H_cH-H_cZ}{H_cF-H_cH} = \frac{HZ}{HF}

结论得证。

3.2. 结论二的证明

如图，设 K′K' 为 ⊙(HbHF)\odot(H_bHF) 和 ⊙(PDF)\odot(PDF) 的第二个交点，则由

∡FK′H=∡FHbH=∡FDE=∡FDP=∡FK′P \begin{aligned} \measuredangle FK'H &= \measuredangle FH_bH = \measuredangle FDE \\ &= \measuredangle FDP = \measuredangle FK'P \end{aligned}

可知 K′K' 在直线 PHPH 上。由

PQ⋅QK′=DQ⋅QF=MQ⋅QHc PQ\cdot QK' = DQ\cdot QF = MQ\cdot QH_c

可知 PP、MM、K′K'、HcH_c 共圆。因此

∡HK′Hc=∡PK′Hc=∡PMHc=∡PHbE=∡CHE=∡HEHc \begin{aligned} \measuredangle HK'H_c &= \measuredangle PK'H_c = \measuredangle PMH_c \\ &= \measuredangle PH_bE = \measuredangle CHE = \measuredangle HEH_c \end{aligned}

可得 HH、K′K'、HcH_c、EE 共圆。故

∡HK′E=∡HHcE=∡FDE=∡FK′H \measuredangle HK'E = \measuredangle HH_cE = \measuredangle FDE = \measuredangle FK'H

因此 K′K' 与 KK 重合。

3.3. 结论三的证明（复数法）

由结论二可知，

∡FKE=∡FKH+∡HKE=∡FHbH+∡HHcE=2∡FDE=∡FNE \begin{aligned} \measuredangle FKE &= \measuredangle FKH + \measuredangle HKE \\ &= \measuredangle FH_bH + \measuredangle HH_cE \\ &= 2 \measuredangle FDE \\ &= \measuredangle FNE \end{aligned}

因此点 NN 在 ⊙(KEF)\odot(KEF) 上。

故

∡FTN=∡FEN=∡NFE=∡NTE \measuredangle FTN = \measuredangle FEN = \measuredangle NFE = \measuredangle NTE

要证明 ∠ATE=∠ATF\angle ATE = \angle ATF，只需证 AA、TT、NN 共线，即 ∡ANF=∡TNF\measuredangle ANF = \measuredangle TNF 即可。其中

∡TNF=∡TKF=∡DKF=∡DPF=∡EPF \begin{aligned} \measuredangle TNF &= \measuredangle TKF = \measuredangle DKF \\ &= \measuredangle DPF = \measuredangle EPF \end{aligned}

因此只需证 ∡ANF=∡EPF\measuredangle ANF = \measuredangle EPF。

以 △ABC\triangle ABC 的外接圆为单位圆建立复平面，设点 AA、BB、CC、DD、EE、FF、HH、HbH_b、HcH_c、MM、NN、PP 对应的复数依次为 aa、bb、cc、dd、ee、ff、hh、hbh_b、hch_c、mm、nn、pp。则

h=a+b+cn=12h=12(a+b+c)d=12(a+b+c−aˉbc)e=12(a+b+c−abˉc)f=12(a+b+c−abcˉ)hb=12(b+h)=12(a+2b+c)hc=12(c+h)=12(a+b+2c)m=12(b+c) \begin{aligned} h & = a+b+c \\[2ex] n & = \frac{1}{2} h = \frac{1}{2}(a+b+c) \\[2ex] d & = \frac{1}{2}\left(a+b+c-\bar{a} b c\right) \\[2ex] e & = \frac{1}{2}\left(a+b+c-a \bar{b} c\right) \\[2ex] f & = \frac{1}{2}\left(a+b+c-a b \bar{c}\right) \\[2ex] h_b & = \frac{1}{2}(b+h) = \frac{1}{2}(a+2b+c) \\[2ex] h_c & = \frac{1}{2}(c+h) = \frac{1}{2}(a+b+2c) \\[2ex] m & = \frac{1}{2}(b+c) \end{aligned}

设

p=λ⋅hb+(1−λ)⋅m=λ⋅12(a+2b+c)+(1−λ)⋅12(b+c)=12λ(a+b)+12(b+c) \begin{aligned} p & = \lambda \cdot h_b + (1-\lambda)\cdot m \\[2ex] & = \lambda \cdot \frac{1}{2}(a+2b+c)+(1-\lambda)\cdot \frac{1}{2}(b+c) \\[2ex] & = \frac{1}{2}\lambda(a+b)+\frac{1}{2}(b+c) \end{aligned}

以及

p=μ⋅d+(1−μ)⋅e=μ⋅12(a+b+c−aˉbc)=+(1−μ)⋅12(a+b+c−abˉc)=12μ(abˉc−aˉbc)+12(a+b+c−abˉc) \begin{aligned} p & = \mu \cdot d + (1-\mu)\cdot e \\[2ex] & = \mu \cdot \frac{1}{2}(a+b+c-\bar{a} b c) \\[1ex] & \phantom{=} \qquad + (1-\mu)\cdot \frac{1}{2}(a+b+c-a \bar{b} c) \\[2ex] & = \frac{1}{2}\mu(a \bar{b} c - \bar{a} b c) + \frac{1}{2}\left(a+b+c - a \bar{b} c\right) \end{aligned}

可得

λ(a+b)−μ(abˉ−aˉb)c=a−abˉc \lambda(a+b) - \mu(a \bar{b} - \bar{a} b) c = a - a \bar{b} c

其中 λ∈R\lambda \in \mathbb{R}，μ∈R\mu \in \mathbb{R}。

对上面的式子取共轭可得

λ(aˉ+bˉ)−μ(aˉb−abˉ)=aˉ−aˉbcˉ \lambda (\bar{a}+\bar{b}) - \mu (\bar{a} b - a \bar{b}) = \bar{a} - \bar{a} b \bar{c}

联立可解得

μ=−(b−c)(bˉ2+aˉcˉ)(abˉ−aˉb)(cˉ+aˉbˉc) \mu = - \frac{(b-c)\left(\bar{b}^2+\bar{a}\bar{c}\right)}{\left(a\bar{b}-\bar{a}b\right)\left(\bar{c}+\bar{a}\bar{b}c\right)}

要证明 ∡ANF=∡EPF\measuredangle ANF = \measuredangle EPF，只需证

f−pe−p÷f−na−n∈R \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} \in \mathbb{R}

即可。

其中

f−p=−12abcˉ+12μaˉbc+12(1−μ)abˉc=12[a(bˉc−bcˉ)+μ(aˉb−abˉ)c]e−p=e−[μ⋅d+(1−μ)⋅e]=μ(e−d)=12μ(aˉb−abˉ)cf−n=−12abcˉa−n=12(a−b−c) \begin{aligned} f-p & = -\frac{1}{2} a b \bar{c} + \frac{1}{2} \mu \bar{a} b c + \frac{1}{2}(1-\mu) a \bar{b} c \\[2ex] & = \frac{1}{2}\left[a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)+\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c\right] \\[3ex] e-p & = e - \left[\mu \cdot d + (1-\mu)\cdot e\right] \\[2ex] & = \mu(e-d) \\[2ex] & = \frac{1}{2}\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c \\[3ex] f-n & = -\frac{1}{2}ab\bar{c} \\[3ex] a-n & = \frac{1}{2}(a-b-c) \end{aligned}

因此

=f−pe−p÷f−na−n=a(bˉc−bcˉ)+μ(aˉb−abˉ)cμ(aˉb−abˉ)c⋅a−b−c−abcˉ=(a(bˉc−bcˉ)μ(aˉb−abˉ)c+1)⋅b+c−aabcˉ \begin{aligned} & \phantom{=} \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} \\[2ex] & = \frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)+\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c}{\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c}\cdot \frac{a-b-c}{-ab\bar{c}} \\[2ex] & = \left(\frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)}{\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c}+1\right)\cdot \frac{b+c-a}{ab\bar{c}} \end{aligned}

其中

a(bˉc−bcˉ)μ(aˉb−abˉ)c=a(bˉc−bcˉ)(cˉ+aˉbˉc)(b−c)(bˉ2+aˉcˉ)c=−a(b+c)(ab+c2)c2(ac+b2) \begin{aligned} \frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)}{\mu\left(\bar{a}b-a\bar{b}\right)c} & = \frac{a\left(\bar{b}c-b\bar{c}\right)\left(\bar{c}+\bar{a}\bar{b}c\right)}{(b-c)\left(\bar{b}^2+\bar{a}\bar{c}\right)c} \\[2ex] & = -\frac{a(b+c)(ab+c^2)}{c^2(ac+b^2)} \end{aligned}

代入可得

=f−pe−p÷f−na−n=c2(ac+b2)−a(b+c)(ab+c2)c2(ac+b2)⋅b+c−aabcˉ=b(a+c)(bc−ab−ac)(b+c−a)abc(ac+b2)=−b(a+c)ac+b2⋅(bˉ+cˉ−aˉ)(b+c−a) \begin{aligned} & \phantom{=} \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} \\[2ex] & = \frac{c^2(ac+b^2)-a(b+c)(ab+c^2)}{c^2(ac+b^2)}\cdot \frac{b+c-a}{ab\bar{c}} \\[2ex] & = \frac{b(a+c)(bc-ab-ac)(b+c-a)}{abc(ac+b^2)} \\[2ex] & = - \frac{b(a+c)}{ac+b^2}\cdot \left(\bar{b}+\bar{c}-\bar{a}\right)(b+c-a) \end{aligned}

注意到

(b(a+c)ac+b2)‾=1b(1a+1c)1ac+1b2=b(c+a)b2+ac \overline{\left(\frac{b(a+c)}{ac+b^2}\right)} = \frac{\frac{1}{b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)}{\frac{1}{ac}+\frac{1}{b^2}} = \frac{b(c+a)}{b^2+ac}

因此

(f−pe−p÷f−na−n)‾=f−pe−p÷f−na−n \overline{\left(\frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n}\right)} = \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n}

可知

f−pe−p÷f−na−n∈R \frac{f-p}{e-p}\div \frac{f-n}{a-n} \in \mathbb{R}

命题得证。

3.4. 结论一的另一个证明（不使用调和点列）

注意到 HHbMHcH H_b M H_c 是平行四边形，只需证明

PMPHb=QMHHb  ⟸  PMPHb=QMHcM \frac{PM}{PH_b} = \frac{QM}{HH_b} \impliedby \frac{PM}{PH_b} = \frac{QM}{H_cM}

考虑直线 DEDE 和 △BHbM\triangle BH_bM，由梅涅劳斯定理可知，

BEEHb⋅HbPPM⋅MDDB=1 \frac{BE}{EH_b}\cdot \frac{H_bP}{PM}\cdot \frac{MD}{DB} = 1

因此

PMPHb=BEBD⋅MDEHb \frac{PM}{PH_b} = \frac{BE}{BD}\cdot \frac{MD}{EH_b}

注意到 BE⋅BHb=BM⋅BDBE\cdot BH_b = BM\cdot BD，因此

PMPHb=BMBHb⋅MDEHb \frac{PM}{PH_b} = \frac{BM}{BH_b}\cdot \frac{MD}{EH_b}

同理，考虑直线 DFDF 和 △CHcM\triangle CH_cM，有

CFFHc⋅HcQQM⋅MDDC=1 \frac{CF}{FH_c}\cdot \frac{H_cQ}{QM}\cdot \frac{MD}{DC} = 1

因此

QMHcQ=CFCD⋅MDFHc \frac{QM}{H_cQ} = \frac{CF}{CD} \cdot \frac{MD}{FH_c}

注意到 CF⋅CHc=CD⋅CMCF\cdot CH_c = CD\cdot CM，因此

QMHcQ=CMCHc⋅MDFHc  ⟹  QMHcM=CM⋅MDCHc⋅FHc+CM⋅MD \begin{aligned} \frac{QM}{H_cQ} & = \frac{CM}{CH_c} \cdot \frac{MD}{FH_c} \\[2ex] \implies \frac{QM}{H_cM} & = \frac{CM\cdot MD}{CH_c\cdot FH_c + CM\cdot MD} \end{aligned}

所以，要证明的结论等价于

BM⋅MDEHb⋅BHb=CM⋅MDCHc⋅FHc+CM⋅MD  ⟺  EHb⋅BHb=CHc⋅FHc+CM⋅MD \begin{aligned} \frac{BM\cdot MD}{EH_b\cdot BH_b} & = \frac{CM\cdot MD}{CH_c\cdot FH_c + CM\cdot MD} \\[2ex] \iff EH_b\cdot BH_b & = CH_c\cdot FH_c + CM\cdot MD \end{aligned}

其中

EHb⋅BHb=(BE−BHb)⋅BHb=BE⋅BHb−BHb2=BM⋅BD−14BH2 \begin{aligned} EH_b\cdot BH_b & = \left(BE-BH_b\right)\cdot BH_b \\[1ex] & = BE\cdot BH_b - BH_b^2 \\[1ex] & = BM\cdot BD-\frac{1}{4}BH^2 \end{aligned}

以及

FHc⋅CHc=(CF−FHc)⋅CHc=CF⋅CHc−CHc2=CM⋅CD−14CH2 \begin{aligned} FH_c\cdot CH_c & = \left(CF-FH_c\right)\cdot CH_c \\[1ex] & = CF\cdot CH_c - CH_c^2 \\[1ex] & = CM\cdot CD - \frac{1}{4}CH^2 \end{aligned}

因此只需证

 BM⋅BD−14BH2=CM⋅MD+CM⋅CD−14CH2  ⟺   BM⋅(BD−MD−CD)=14(BH2−CH2)  ⟺   BM⋅DM=14(BH2−CH2) \begin{aligned} & \, BM\cdot BD-\frac{1}{4}BH^2 \\[1ex] &= CM\cdot MD + CM\cdot CD - \frac{1}{4}CH^2 \\[1ex] \iff & \, BM\cdot (BD-MD-CD) \\[1ex] &= \frac{1}{4}\left(BH^2-CH^2\right) \\[1ex] \iff & \, BM\cdot DM = \frac{1}{4}\left(BH^2-CH^2\right) \end{aligned}

由 DH⊥BCDH\perp BC 可知

BH2−CH2=BD2−CD2=(BD+CD)(BD−CD)=BC⋅2DM=2BM⋅2DM=4BM⋅DM \begin{aligned} BH^2-CH^2 & = BD^2 - CD^2 \\ & = (BD+CD)(BD-CD) \\ & = BC\cdot 2DM \\ & = 2BM\cdot 2DM \\ & = 4BM\cdot DM \end{aligned}

结论得证。

3.5. 结论二的另一个证明（使用完全四边形）

如图，设 S=FHb‾∩EHc‾S=\overline{FH_b}\cap\overline{EH_c}，R=EF‾∩HbHc‾R=\overline{EF}\cap \overline{H_bH_c}。对 HbMHcEDFH_bMH_cEDF 应用帕斯卡定理可知 PP、QQ、SS 共线。

考虑完全四边形 FHbEHcFH_bEH_c 的密克点 K′K'，由 FHbEHcFH_bEH_c 四点共圆可知 K′K' 是 RR 关于 ⊙N\odot N 的反演点。因此 K′K' 在点 RR 关于 ⊙N\odot N 的极线 SHSH 上。故

∠FKH=∠FHbH=∠FDE=∠FHcE=∠HKE \begin{aligned} \angle FKH &= \angle FH_bH = \angle FDE \\ &= \angle FH_cE = \angle HKE \end{aligned}

可得 ∠PKF=∠PKE\angle PKF = \angle PKE，因此 K′K' 与 KK 重合。

3.6. 另一种复平面的构造方法

如图，以 △ABC\triangle ABC 的九点圆为单位圆建立复平面，则 n=0n=0。注意到 HH 是 △DEF\triangle DEF 的内心，因此存在单位圆上的 uu、vv、ww 使得 d=u2d=u^2，e=v2e=v^2，f=w2f=w^2，ha=−vwh_a=-vw，hb=−wuh_b=-wu，hc=−uvh_c=-uv，h=−(uv+vw+wu)h=-(uv+vw+wu)，m=vwm=vw。因此 a=2ha−h=uv−vw+wu=uvw(w‾+v‾−u‾)a=2h_a-h = uv-vw+wu = uvw\left(\overline{w}+\overline{v}-\overline{u}\right)。

设

p=λu2+(1−λ)v2=λ(u2−v2)+v2 p = \lambda u^2 + (1-\lambda) v^2 = \lambda \left(u^2-v^2\right) +v^2

以及

p=μ(−wu)+(1−μ)vw=−μ(wu+vw)+vw p = \mu (-wu) + (1-\mu) vw = -\mu(wu+vw)+vw

因此

λ(u+v)(u−v)+μ(u+v)w=v(w−v) \lambda(u+v)(u-v)+\mu(u+v)w=v(w-v)

其中 λ∈R\lambda \in \mathbb{R}，μ∈R\mu \in\mathbb{R}。

对上式取共轭可得

λ(uˉ+vˉ)(uˉ−vˉ)+μ(uˉ+vˉ)wˉ=vˉ(wˉ−vˉ) \lambda\left(\bar{u}+\bar{v}\right)\left(\bar{u}-\bar{v}\right)+\mu\left(\bar{u}+\bar{v}\right)\bar{w}=\bar{v}\left(\bar{w}-\bar{v}\right)

联立可解得

λ=u(w−v)(wu+v2)(u+v)(u−v)(uv+w2) \lambda = \frac{u(w-v)\left(wu+v^2\right)}{(u+v)(u-v)\left(uv+w^2\right)}

因此

f−pe−p⋅a−nf−n=w2−v2−λ(u2−v2)λ(v2−u2)⋅af=[w2−v2λ(v2−u2)+1]⋅af=[−(w+v)(w−v)(u+v)(u−v)⋅(u+v)(u−v)(uv+w2)u(w−v)(wu+v2)+1]⋅af=u(uw+v2)−(w+v)(uv+w2)u(uw+v2)⋅uvw(w‾+v‾−u‾)ww=−(u+w)vuw+v2(w+v−u)(w‾+v‾−u‾) \begin{aligned} \frac{f-p}{e-p}\cdot \frac{a-n}{f-n} & = \frac{w^2-v^2-\lambda\left(u^2-v^2\right)}{\lambda\left(v^2-u^2\right)}\cdot \frac{a}{f} \\[2ex] & = \left[\frac{w^2-v^2}{\lambda\left(v^2-u^2\right)}+1\right]\cdot \frac{a}{f} \\[2ex] & = \left[-\frac{(w+v)\bcancel{(w-v)}}{\bcancel{(u+v)(u-v)}}\cdot \frac{\bcancel{(u+v)(u-v)}(uv+w^2)}{u\bcancel{(w-v)}(wu+v^2)}+1\right]\cdot \frac{a}{f} \\[2ex] & = \frac{u(uw+v^2)-(w+v)\left(uv+w^2\right)}{u\left(uw+v^2\right)}\cdot \frac{uvw(\overline{w}+\overline{v}-\overline{u})}{w^w} \\[2ex] & = -\frac{(u+w)v}{uw+v^2}(w+v-u)\left(\overline{w}+\overline{v}-\overline{u}\right) \end{aligned}

易知

f−pe−p⋅a−nf−n∈R \frac{f-p}{e-p}\cdot \frac{a-n}{f-n} \in \mathbb{R}

结论得证。