对纯几何吧3456的证明（暨【以“史”为鉴】狐假虎威）

今天的主角是下面这个题：

本题是cyb出的相当简洁的一个问题，但实际上难度也不小（至少我第一次做这个题的时候没做出来），因为$K_1,K_2$两点除去线段和的关系之外没什么好性质，其连线就更加不好处理，目前在其帖子下面我还没有看到我自己可以完全理解的证法，恰逢李鹏老师今天又来问了我这个题，就简单写一下其证明。

引理：设不全为$0$的常数$a,b,c$满足$a+b+c=0$，$A,B,C$是平面上三个不同的点，则满足$a\cdot AP^2+b\cdot BP^2+c\cdot CP^2$为常数的点$P$的轨迹为直线.

Proof. 建系可见$P$满足$f(P)=a[(x_A-x_P)^2+(y_A-y_P)^2]+b[(x_B-x_P)^2+(y_B-y_P)^2]++c[(x_C-x_P)^2+(y_C-y_P)^2]$为定值，由于$a+b+c=0$，$x_P$与$y_P$的二次项系数均为$0$，且带入$A,B,C$及$\triangle ABC$的外心$O$可知此$f$并非常数，故满足$f(P)$为定值的点$P$的轨迹为直线.$\quad\Box$

下面回到原题。

Proof. 记$BC=a,CA=b,AB=c$，只需证明存在不全为$0$的常数$u,v,w$及常数$k$满足$u+v+w=0$，$u\cdot AK_1^2+v\cdot BK_1^2+w\cdot CK_1^2=k$，$u\cdot AK_2^2+v\cdot BK_2^2+w\cdot CK_2^2=k$，以及$u\cdot AI_A^2+v\cdot BI_A^2+w\cdot CI_A^2=k$，换言之即是证明$(1,AK_1^2-AI_A^2,AK_2^2-AI_A^2)$，$(1,BK_1^2-BI_A^2,BK_2^2-BI_A^2)$与$(1,CK_1^2-CI_A^2,CK_2^2-CI_A^2)$线性相关，而这等价于\(\det\begin{pmatrix}1 &1 &1\\AK_1^2-AI_A^2&BK_1^2-BI_A^2&CK_1^2-CI_A^2\\AK_2^2-AI_A^2&BK_2^2-BI_A^2&CK_2^2-CI_A^2\end{pmatrix}=0,\)

故我们只需证明这个等式即可. 首先注意到$AI_A^2-BI_A^2=(a+b)c$，$AI_A^2-CI_A^2=(a+c)b$，故可将第一行乘$AI_A^2$加到第二行和第三行上，可知原行列式等于

此时注意到$AK_1+BK_1=a+b$，知$BK_1-AK_1=a+b-2AK_1$，将第二列和第三列分别减去第一列，并考虑关于$CK_1,AK_2,BK_2,CK_2$类似的式子，可知原行列式等于

此时由于此方阵第二列与第三列相等，故其行列式为$0$. $\quad\Box$

注：利用同样的手法，我们可以证明$K_1K_2$也经过$X_{20}$，即de Longchamps点，亦即外心$X_3$关于垂心$X_4$的对称点，只需利用中线长公式注意到$AX_{20}^2=2AX_3^2-AX_4^2+2X_3X_4^2$，轮换做差即得$AX_{20}^2-BX_{20}^2=BX_4^2-AX_4^2=BC^2-AC^2=a^2-b^2$，而后的证明几乎完全一致.

下面进入【以“史”为鉴】环节，这个题跟史大爷又有什么关系呢？只能说是似有似不大有，来看一下现场回放吧。

手法还是那般的类似，还是跟之前“我出一题，敢说无人能解”一个尿性。不过这回更是重量级，都不是自己“出”的题了，而是拿别人的题过来“狐假虎威”，真是江河日下，道德沦丧呀。