对2022CTST第二次测试P2的解答与推广

刚刚在贴吧看到了今天的测试题，平几放在了第二题，是个截搭题，甚至不太需要画图，只要导角就可以了，也可以很容易地推广。不过知足常乐，国集考试里能提出Simson线和九点圆的概念感觉已经很不易了。题目如下：

题目：非直角$\triangle ABC$满足$BC>AC>AB$，平面上两个不重合的点$P_1$、$P_2$使得若$AP_i$、$BP_i$、$CP_i$分别与三角形的外接圆交于$D_i$、$E_i$、$F_i$，则有$D_iE_i\perp D_iF_i$且$D_iE_i=D_iF_i\neq 0$，其中$i=1,2$，直线$P_1P_2$与$\triangle ABC$外接圆交于$Q_1$、$Q_2$，$Q_1$、$Q_2$关于$\triangle ABC$的西姆松线交于$W$。证明：$W$在$\triangle ABC$的九点圆上。

这里的$\triangle D_iE_iF_i$被称作$P_i$关于$\triangle ABC$的“circumcevian triangle”，也称作“圆Ceva三角形”。事实上对一点的圆Ceva三角形的形状，我们有如下刻画：

引理1：给定$\triangle ABC$，对一点$P$，$P$的位置由其圆Ceva三角形$\triangle DEF$的形状（考虑顺逆时针）完全决定。若$P$、$Q$的圆Ceva三角形逆相似，则$P$、$Q$关于$\odot(ABC)$互为反演点。

证明就是简单的导角，使用有向角的话相当方便。

Proof. 注意到

于是$\measuredangle BPC=\measuredangle BAC+\measuredangle EDF$，轮换得$\measuredangle CPA=\measuredangle CBA+\measuredangle FED$、$\measuredangle APB=\measuredangle ACB+\measuredangle DFE$。故若给定点$P$即可知$\triangle DEF$的形状，若给定$\triangle DEF$的形状即可知$\measuredangle BPC,\measuredangle CPA,\measuredangle APB$，以$BC,CA,AB$分别为弦画对应张角的圆取交点即得，且由两圆最多共两点可知这个交点唯一。若$P,Q$的圆Ceva三角形逆相似，则由上述关系式可知$\measuredangle BPC+\measuredangle BQC=2\measuredangle BAC$及其轮换式，这事实上说明$P,Q$关于$\odot(ABC)$互为反演点。$\quad\Box$

有了这个引理，我们立刻就知道两个$\triangle D_iE_iF_i$必然是逆相似的等腰直角三角形，并且$P_1,P_2$关于$\odot(ABC)$互为反演点，这就推出$Q_1,Q_2$必然是对径点，而事实上后面就是个熟知的结论了。

引理2：给定$\triangle ABC$，若$Q_1,Q_2$是$\odot(ABC)$上的对径点，则$Q_1,Q_2$关于$\triangle ABC$的Simson线$l_1,l_2$交于$\triangle ABC$的九点圆上.。

Proof. 导角易见$l_1\perp l_2$，设$\triangle ABC$的垂心为$H$，由位似和Steiner定理知$HQ_1,HQ_2$的中点是九点圆上的对径点，且分别在$l_1$和$l_2$上，于是$l_1$和$l_2$的交点在九点圆上。$\quad\Box$

由以上两个引理，我们就完成了对本题的证明，事实上也就可以给出如下推广形式：

推广：非直角$\triangle ABC$满足$BC>AC>AB$，平面上两个不重合的点$P_1$、$P_2$使得若$AP_i$、$BP_i$、$CP_i$分别与三角形的外接圆交于$D_i$、$E_i$、$F_i$，则有$\triangle D_1E_1F_1\sim\triangle D_2E_2F_2$，直线$P_1P_2$与$\triangle ABC$外接圆交于$Q_1$、$Q_2$，$Q_1$、$Q_2$关于$\triangle ABC$的西姆松线交于$W$。证明：$W$在$\triangle ABC$的九点圆上。

证明过程完全一致，不再赘述。