对2022北大夏令营P7的推广与证明
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这篇文章早在前几天就该写出来了,但一直懒得写…是一个特殊图问题,原题看起来还是挺吓人的。
原题:$\triangle ABC$的外接圆为$\Omega$,外心为$O$,$D,E$是$\Omega$的一对对径点,$\Omega$在$D$处的切线分别交直线$BC,AB$于$J,L$,$\Omega$在$E$处的切线分别交直线$BC,AC$于$K,M$. $\odot(ADJ),\odot(AEK)$交于两点$A,F$,$\odot(ADL),\odot(AEM)$交于两点$A,N$. 求证:若$N$在直线$AO$上,则$F$也在.
这个题首先要解决的一个问题就是如何画图,事实上解决了这一点原问题基本就做完了。
Proof. 设$\triangle ADL$的外心为$O_1$,$\triangle AEM$的外心为$O_2$,则$\triangle AOO_1\stackrel{+}{\sim}\triangle ADL$且$\triangle AOO_2\stackrel{+}{\sim}\triangle AEM$,故由$DE$是对径点且$DL,EM$均与$\Omega$相切知$OO_1\perp OO_2$,于是$N$在直线$AO$上等价于$AO\perp O_1O_2$.
注意到
\[\begin{aligned}&\tan\angle OO_2O_1\\=&\dfrac{OO_1}{OO_2}\\=&\dfrac{OO_1}{AO}\cdot\dfrac{AO}{OO_2}\\=&\dfrac{DL}{AD}\cdot\dfrac{AE}{EM},\end{aligned}\] \[\begin{aligned}&\dfrac{\sin\angle AOO_1}{\sin\angle AOO_2}\\=&\dfrac{\cos\angle ADE}{\cos\angle AED}\\=&\tan\angle AED\\=&\dfrac{AD}{AE},\end{aligned}\]故由$AO\perp O_1O_2$知上面二式相等,即$\dfrac{DL}{EM}=\left(\dfrac{AD}{AE}\right)^2$. 下作$\Omega$在$A$处的切线交$DE$于$X$,则$\dfrac{DX}{EX}=\left(\dfrac{AD}{AE}\right)^2=\dfrac{DL}{EM}$,所以$X$在$LM$上. 对$ABEDDA$用Pascal定理可知$Y:=AD\cap BE$在$LX$上,对称地$Z:=AE\cap CD$在$MX$上,于是$Y,Z$均在直线$LMX$上,对$AEBCDA$用Pascal定理可知$X$就是$BC$与$\Omega$在$A$处切线的交点,故$X$在$BC$上. 故$\dfrac{DJ}{EK}=\dfrac{DX}{EX}=\dfrac{DL}{EM}$. 设$\triangle ADJ,\triangle AEM$的外心分别为$O_3,O_4$,则$\triangle AOO_3\stackrel{+}{\sim}\triangle ADJ$且$\triangle AOO_4\stackrel{+}{\sim}\triangle AEK$,故
\[\begin{aligned}&\dfrac{OO_3}{OO_4}\\=&\dfrac{OO_3}{AO}\cdot\dfrac{AO}{OO_4}\\=&\dfrac{DJ}{AD}\cdot\dfrac{AE}{EK}\\=&\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{OO_1}{OO_2},\end{aligned}\]并由$O,O_1,O_3$共线,$O,O_2,O_4$共线可知$O_3O_4//O_1O_2$,故$AO\perp O_3O_4$,于是$F$也在$AO$上. $\quad\Box$
从原问题的证明中可以看出关键一点在于$DE,BC$与$\Omega$在$A$处切线共点,循此思路,我发现并证明了如下推广.
推广:给定$\triangle ABC$及其外心$O$,$D,E$是$\odot(ABC)$上一对对径点,$\odot(ABC)$在$D$处的切线交$AB$于$P$、在$E$处的切线交$AC$于$Q$,$D’,E’$为$\odot(ABC)$上任意两点,过$D’$做$DP$平行线分别交$AB$、$BC$于$P’,X’$,过$E’$做$EQ$平行线分别交$AC$、$BC$于$Q’,Y’$,设$D’E’$中点为$O’$. 求证:若$O$在$\odot(ADP)$与$\odot(AEQ)$的根轴上且$O’$在$\odot(AD’P’)$与$\odot(AE’Q’)$的根轴上,则$O’$也在$\odot(AD’X’)$与$\odot(AE’Y’)$的根轴上.
注:若取$D’,E’$为$D,E$,则本题退化为原问题.
Proof. 由对原问题的证明,可知$\odot(ABC)$在$A$处的切线,$DE,BC,PQ$共点$X$,所以$DP$平行于$X$对$\odot(ABC)$的极线,即$\triangle ABC$的$A$-陪位中线. 下面考虑以$A$为中心,$AB\cdot AC$为幂,并以$\angle BAC$角分线为轴的反演反射变换$\varphi$. 则$D’’:=\varphi(D’)$,$E’’=\varphi(E’)$为$BC$上两点,设$BC$中点为$M$,则$c_1:=\varphi(D’P’)$,$c_2:=\varphi(E’Q’)$均是与$AM$相切于$A$的圆. 记$P’’:=\varphi(P’)$,$Q’’=\varphi(Q’)$,则$O’$在$\odot(AD’P’)$与$\odot(AE’Q’)$的根轴上等价于说$D’‘P’‘,E’‘Q’‘$与$\triangle AD’‘E’‘$的$A$-陪位中线共点$T$. 设$T$关于$\triangle AD’‘E’‘$的等角共轭点为$T’$,$D’‘E’‘$的中点为$M’$,则$\angle TE’‘D’’=\angle AE’‘Q’’=\angle MAB$,同理$\angle TD’‘E’’=\angle MAC$,设$A$关于$M$的对称点为$A’$,则$CAA’M\sim T’D’‘E’‘M’$,故$\angle E’‘M’A=\angle BMA$,即$AM$与$AM’$重合,故$D’‘E’‘$与$BC$有共同的中点,即$D’E’$亦过$X$.
设$D_1,E_1$分别是$D’,E’$关于$DE$的对称点,则$D_1E_1$亦过$X$,设$AE’$交$CD_1$于$R$. 对$AACD_1E_1E’$用Pascal定理知$X,Q’,R$共线,对$ABCD_1D’E’$用Pascal定理知$X,P’,R$共线,故$X,P’,Q’$共线. 设$\triangle AD’P’$,$\triangle AE’Q’$,$\triangle AD’X’$,$\triangle AE’Y’$的外心分别为$O_1,O_2,O_3,O_4$,则$O_1O_3,O_2O_4$交于$O$且$AOO_1O_3\stackrel{+}{\sim}AD_1P’X’$,$AOO_2O_4\stackrel{+}{\sim}AE_1Q’Y’$.
故$\dfrac{OO_1}{OO_3}=\dfrac{D_1P’}{D_1X’}=\dfrac{E_1Q’}{E_1Y’}=\dfrac{OO_2}{OO_4},$于是$O_1O_2//O_3O_4$. 故由$AO’\perp O_1O_2$知$AO’\perp O_3O_4$,即$O’$在$\odot(AD’X’)$与$\odot(AE’Y’)$的根轴上. $\quad\Box$