2023 CMO Day2 P5 几何试题解答

本来应该干活的，结果发现 CMO 题出来了，无聊就来做了一下。

Problem

已知锐角三角形 △ABC，在 BC 延长线上有点 K，过 K 分别作 AB, AC 的平行线 KP, KQ 令 BK = BP, CK = CQ。△KPQ 的外接圆与 AK 相较于点 T。证明：

1. ∠BTC + ∠APB = ∠CQA
2. AP ⋅ BT ⋅ CQ = AQ ⋅ CT ⋅ BP

Analysis & Solution

总之先画图：

总之立刻从 P, Q 是对应点发现，第一个要证明的角度关系应该改写为 ∠BTC = ∠CQA − ∠APB。之后，很显然就要去想如何去转化 ∠CQA。这里有个初中数学就知道的东西，等腰三角形 CQK，然后还有 CA ∥ QK，很快就有 CA 平分 ∠BCQ。这个平分有个相当大的作用，就是我可以把 Q 给对称下来了，同理 P 也可以：

然后这里就得到了 ∠CQA − ∠APB = ∠CDA − ∠AEB = ∠DAE，我们要证明的关系就从三个角变成了两个角。再来考虑 D, E 的特点，不难根据刚刚的相等发现 B 是 KE 的中点，C 是 KD 的中点，那么这么多中点其实就给了我们把 ∠DAE “拉到”图形里面的一个思路。找 KA 的中点 M，立刻就有 ∠DAE = ∠BMC。这个时候我们要证明的，其实就是 B, C, T, M 四点共圆：

到这一步，找这个共圆就几乎不能走角度的路线了，因为好用的好描述的角基本都用完了，所以该去找线段关系了，显然我们要用圆幂定理，不难发现我们应该尝试去证明 KM ⋅ KT = KB ⋅ KC，也就是 KA ⋅ KT = 2KB ⋅ KC。比较麻烦的是 KT，因为这条线段最难描述。然而思考 T 的成因，不难发现 AK 是 △KPQ 的外接圆的截线，其实可以先在 △KPQ 的外接圆上搞一步圆幂去把 T 消掉。

要去思考 A 对 △KPQ 的外接圆的幂，其实最直接的想法就是去找 △KPQ 的外心，然而不难发现这个外心真的是位置太好了，这玩意就是 A 关于 △ABC 外心的对称点。

那么很快啊，我们就能写出来 AT ⋅ AK = AO² − OK²。要证明 KA ⋅ KT = 2KB ⋅ KC，我们只要证明两个式子加起来是成立的，就是只要证明 AT ⋅ AK + KA ⋅ KT = AO² − OK² + 2KB ⋅ KC，即：

AK² = AO² − OK² + 2KB ⋅ KC

进一步发现 KB ⋅ KC 是 K 对 △ABC 的外接圆的幂，就是 KR² − RA²，所以我们只要证明：

AK² = AO² − OK² + 2(KR²−RA²)

而上式在 △AOK 中利用中线长公式显然成立，从而第一问证明完毕。

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第二问实际上在第一问基础上已经没东西了，我们直接考虑刚刚的四点共圆，这至少暗示了两对三角形相似，也就是 △CKT ∼ △MKB 以及 △MKC ∼ △BKT。这表明：

$$ \frac{CT}{CK} = \frac{BM}{MK}, \frac{BT}{BK} = \frac{CM}{MK} $$

两个式子除一下：

$$ \frac{CT}{BT}\cdot\frac{BP}{CQ} = \frac{CT}{BT}\cdot\frac{BK}{CK} = \frac{BM}{CM} = \frac{AE}{AD} = \frac{AP}{AQ} $$

这就证明完毕了。

Comment

感觉，不难，除了找 M 这个中间点把 ∠EAD 搞进去这一步想了一段时间之外就没怎么卡过。而且看到有两问的题目我直接先把第一问中间结论不证明，拿过来证明第二问，发现是平凡的之后这道题就索然无味了。

没用到什么复数、三角、反演等 fancy 的东西，感觉不如，联赛二试。