2019年中国国家队选拔赛第17题

△ABC\triangle ABC△ABC 的内心为 III, DDD 为 AAA 在 BCBCBC 边上的投影, EEE, FFF 在 ABABAB 上, 分别位于 BBB 的两侧且 BE=BFBE=BFBE=BF. PPP, QQQ 为 (ABC)(ABC)(ABC) 上的两动点, 满足 BP=CQBP=CQBP=CQ, HHH 为 ∠BAC\angle BAC∠BAC 内的旁心. 求证: 可以适当地设置 PPP, QQQ 的位置使得 △PEI∼△QFH\triangle PEI \sim \triangle QFH△PEI∼△QFH. (2019年中国国家队选拔赛第17题)

证明:

设 ∠IDA=θ\angle IDA=\theta∠IDA=θ. 设 P′P'P′ 在 ABABAB 弧上且 ∠P′IA=θ\angle P'IA= \theta∠P′IA=θ, Q′Q'Q′ 在 ACACAC 弧上且 ∠Q′JA\angle Q'JA∠Q′JA.

设 AAA 的对径点为 A′A'A′. 设 AIAIAI 交 BCBCBC 弧于点 MMM. 设 HHH 在 ABABAB 上的投影为 XXX.

先证明 A′A'A′ 在 P′IP'IP′I 和 Q′HQ'HQ′H 上.

设 III 在 BCBCBC 边上的投影为点 I′I'I′.

由于 AA′AA'AA′ 是直径, 所以 A′M⊥IMA'M\bot IMA′M⊥IM.

只需证明 MA′/MI=DI′/II′MA'/MI=DI'/II'MA′/MI=DI′/II′.

由鸡爪定理, MI=MA=2Rsin⁡(A/2)MI=MA=2R\sin (A/2)MI=MA=2Rsin(A/2). 其中 RRR 为 (ABC)(ABC)(ABC) 半径.

MA′=2Rsin⁡(∠IAD)MA'=2R \sin (\angle IAD)MA′=2Rsin(∠IAD).

设 AIAIAI 交 BCBCBC 于点 EEE.

MA′/MI=sin⁡(∠IAD)/sin⁡(A/2)=(DE/BE)(1/sin⁡B)MA'/MI=\sin (\angle IAD)/\sin (A/2)=(DE/BE) (1/\sin B)MA′/MI=sin(∠IAD)/sin(A/2)=(DE/BE)(1/sinB).

其中 BE=acb+cBE=a\frac{c}{b+c}BE=ab+cc, DE=BE−DE=acb+c−ccos⁡BDE=BE-DE=a\frac{c}{b+c}-c\cos BDE=BE−DE=ab+cc−ccosB.

由余弦定理, cos⁡B=a2+c2−b22ac\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}cosB=2aca2+c2−b2.

由正弦定理,(1/sin⁡B)=2R/b\sin B)=2R/bsinB)=2R/b.

综上得: (DE/BE)(1/sin⁡B)=2R⋅(ac−a2b−cb+b2c+b3−c3)2a2bc=R⋅(b−c)((b+c)2−a2)a2bc(DE/BE)(1/\sin B)=\frac{2R \cdot (a^c-a^2b-c^b+b^2c+b^3-c^3)}{2a^2bc}=\frac{R \cdot (b-c)((b+c)\^2-a\^2)}{a^2bc}(DE/BE)(1/sinB)=2a2bc2R⋅(ac−a2b−cb+b2c+b3−c3)=a2bcR⋅(b−c)((b+c)2−a2).

下面考虑 DI′/II′DI'/II'DI′/II′.

DI′=BI′−BD=a+c−b2−ccos⁡BDI'=BI'-BD=\frac{a+c-b}{2} - c\cos BDI′=BI′−BD=2a+c−b−ccosB.

II′=2S△ABCa+b+c=abc2R(a+b+c)II'=2\frac{S_{\triangle ABC}}{a+b+c}=\frac{abc}{2R(a+b+c)}II′=2a+b+cS△ABC=2R(a+b+c)abc.

综上得: DI′/II′=R⋅(b−c)((b+c)2−a2)a2bcDI'/II'=\frac{R \cdot(b-c)((b+c)\^2-a\^2)}{a^2bc}DI′/II′=a2bcR⋅(b−c)((b+c)2−a2).

所以 MA′/MI=DI′/II′MA'/MI=DI'/II'MA′/MI=DI′/II′.

∠P′IA=θ\angle P'IA=\theta∠P′IA=θ.

由内心的性质可知 MMM 是 IHIHIH 的中点.

所以 MA′MA'MA′ 是 IHIHIH 的中垂线, 进而可知 ∠A′HA=θ\angle A'HA=\theta∠A′HA=θ.

A′A'A′ 在 P′IP'IP′I 和 Q′HQ'HQ′H 上.

∠P′AM=∠P′A′M=∠HA′M=∠Q′AM\angle P'AM=\angle P'A'M=\angle HA'M=\angle Q'AM∠P′AM=∠P′A′M=∠HA′M=∠Q′AM.

MP′=MQ′MP'=MQ'MP′=MQ′. 进而易知 Q′C=P′BQ'C=P'BQ′C=P′B.

当 PPP 位于 P′P'P′, QQQ 位于 C′C'C′ 时:

显然 ∠PIE=∠QFH\angle PIE = \angle QFH∠PIE=∠QFH.

再证明: ∠XHF=θ\angle XHF = \theta∠XHF=θ.

只需证明 (BX−BF)/XH=R⋅(b−c)((b+c)2−a2)a2bc=R⋅(b−c)(b+c+a)(b+c−a)a2bc(BX-BF)/XH = \frac{R \cdot (b-c)((b+c)\^2-a\^2) }{ a^2bc} = \frac{R \cdot (b-c)(b+c+a)(b+c-a) }{ a^2bc}(BX−BF)/XH=a2bcR⋅(b−c)((b+c)2−a2)=a2bcR⋅(b−c)(b+c+a)(b+c−a).

BX−BF=CI′−BD=a+b−c2−ccos⁡BBX-BF=CI'-BD=\frac{a+b-c}{2}-c \cos BBX−BF=CI′−BD=2a+b−c−ccosB.

XH=CI′/tan⁡B2XH = CI'/\tan \frac{B}{2}XH=CI′/tan2B.

所以 (BX−BF)/XH=(b−c)(a+b+c)a(a+b−c)tan⁡B2(BX-BF)/XH=\frac{(b-c)(a+b+c)}{a(a+b-c)}\tan \frac{B}{2}(BX−BF)/XH=a(a+b−c)(b−c)(a+b+c)tan2B.

只需证明: Rb2−(a−c)2ac=btan⁡B2R\frac{b^2-(a-c)^2}{ac}=b\tan \frac{B}{2}Racb2−(a−c)2=btan2B.

btan⁡B2=4Rsin⁡2B2=R(1−cos⁡B)=Rb2−(a−c)2acb\tan \frac{B}{2}=4R\sin^2 \frac{B}{2}=R(1-\cos B)=R\frac{b^2-(a-c)^2}{ac}btan2B=4Rsin22B=R(1−cosB)=Racb2−(a−c)2.

所以 ∠XHF=θ\angle XHF = \theta∠XHF=θ.

由相似得: P′I/IA=IM/IA′P'I/IA = IM/IA'P′I/IA=IM/IA′, MH/A′H=QH/HA′MH/A'H = QH/HA'MH/A′H=QH/HA′, 进而 PI/QH=AI/AJPI/QH=AI/AJPI/QH=AI/AJ.

IE=d(IIE=d(IIE=d(I, AB)/cos⁡θAB)/\cos \thetaAB)/cosθ.

FH=d(HFH=d(HFH=d(H, AB)/cos⁡θAB)/\cos \thetaAB)/cosθ.

IE/FH=d(IIE/FH=d(IIE/FH=d(I, AB)/d(HAB)/d(HAB)/d(H, AB)=AI/AJAB)=AI/AJAB)=AI/AJ.

进而 △PEI∼△QFI\triangle PEI \sim \triangle QFI△PEI∼△QFI.

完稿时间: 2026年5月23日.