对2022 CMO P2的解答

今天是2022年CMO的第一天考试日，P2是一个沾一点平面几何的题，拿出来写一下。

题目如下：

基本上看到一个固定形状的内接三角形我们就会立刻想到Miquel点（之后我会解释这句话的含义），然后就可以立刻看到

第一个坑：$\triangle DEF$是顺时针还是逆时针是不确定的，其可能确定两个互反的Miquel点。

如果再仔细读一下题，就可以发现

第二个坑：$D,E,F$都是在线段$BC$，线段$CA$，线段$AB$上的。

所以其实真算了的同学会发现双重否定表肯定，只有”只注意到第一个坑“的同学会掉进双解的坑里，但两个都没注意到的可能结果正确但过程被扣分。

为方便书写过程，以下$\measuredangle$表有向角，$\angle$表通常的角. 我们首先给出一个与常见的Miquel点定义稍有不同的定义：

定义-定理1：给定$\triangle ABC$及直线$BC,CA,AB$上的三点$D,E,F$，则$\odot(AEF),\odot(BFD),\odot(CDE)$共点，称为$\triangle ABC$关于$\triangle DEF$的Miquel点.

Proof. 设$\odot(BFD)$和$\odot(CDE)$的第二交点为$P$，则

故$A,E,P,F$共圆. $\quad\Box$

注2：我们通常所说的完全四边形的Miquel点就是把$D,E,F$取成共线的三点.

我们立刻可以看到

引理3：若$P$是$\triangle ABC$关于$\triangle DEF$的Miquel点，则$\measuredangle BPC=\measuredangle BAC+\measuredangle EDF$.

这个引理的证明无非也是简单导角，我们在此略去.

须得注意，上述引理还给出了另外两个轮换的等式，于是对任意两个顺相似的$\triangle ABC$的内接三角形$\triangle DEF$与$\triangle D_1E_1F_1$，其对应的Miquel点$P,P_1$满足$B,C,P,P_1$共圆，$C,A,P,P_1$共圆，$A,B,P,P_1$共圆，由于$AB,BC,CA$是三条不同的直线，故只要$P$不在$\odot(ABC)$上（即$D,E,F$共线），$P$和$P_1$就重合，并且$\measuredangle PDE=\measuredangle PCA=\measuredangle PD_1E_1$，结合轮换及对称得到的剩余五个等式，我们有

定理4：对任意两个顺相似的$\triangle ABC$的内接三角形$\triangle DEF$与$\triangle D_1E_1F_1$，二者对应的Miquel点相同，若记此点为$P$，则$PDEF\stackrel{+}{\sim}PD_1E_1F_1$是以$P$为中心的旋转相似.

设$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形为$\triangle P_1P_2P_3$，容易看出$\triangle DEF\stackrel{+}{\sim}\triangle P_1P_2P_3$. 我们考虑一个与$\triangle DEF$对应边分别垂直的三角形，其必定与$\triangle DEF$顺相似，于是由上面的定理4知存在唯一的与$\triangle DEF$对应边分别垂直的$\triangle XYZ$，其是$\triangle ABC$的内接三角形，且$DP\perp XP$，于是

由此，本题我们只需求出$P$并计算其垂足三角形面积即可。下面我们固定$\triangle ABC$是边长为$1$的正三角形，$\triangle DEF$是一个边长比为$10:11:19$的三角形，则$\dfrac{BP}{CP}=\dfrac{DF/\sin\angle ABC}{DE/\sin\angle ACB}=\dfrac{DF}{DE}=\dfrac{19}{10}$，轮换地，我们有$AP:BP:CP=11:19:10$. 设$AP=11x$，此时$P_2P_3=AP\cdot\sin\angle BAC=\dfrac{11\sqrt 3}{2}x$，轮换得到$P_3P_1,P_1P_2$，由Heron公式立刻可以算出$S_{\triangle P_1P_2P_3}=\dfrac{45}{\sqrt{2}}x^2$. 于是接下来的问题就是求$x$.

设$\angle PCA=\alpha$，若$P,B$在$AC$同侧且$P,A$在$BC$同侧，则$\cos\angle PCB=\cos(60^\circ-\alpha)$；若$P,A$在$BC$同侧但$P,B$在$AC$异侧，则$\cos\angle PCB=\cos(\alpha+60^\circ)$；若$P,A$在$BC$异侧且$P,B$在$AC$异侧，则$\cos\angle PCB=\cos(300^\circ-\alpha)=\cos(\alpha+60^\circ)$. 注意由于$AP<BP$，故不可能出现$P,A$在$BC$异侧但$P,B$在$AC$同侧的情况，无论如何，我们都有$\left(\cos\angle PCB-\dfrac{\cos\alpha}{2}\right)^2=\dfrac{3}{4}(1-(\cos\alpha)^2)$，下面在$\triangle PCB,\triangle PCA$中分别用余弦定理可知

带入上面的方程，化简得

故得$x^2=\dfrac{1}{291+60\sqrt{6}}$或$\dfrac{1}{291-60\sqrt{6}}$，事实上这两个解就对应选取不同定向的$\triangle DEF$.

若$x^2=\dfrac{1}{291-60\sqrt{6}}$，则$BP=19x>\dfrac{2}{\sqrt3}$，后者是$\odot(ABC)$的直径，于是$P$在$\odot(ABC)$外，不妨设$P$在$AB,AC$所夹的锐角区域里，则$P_1,P_2$不在线段$BC，CA$上，则由$\triangle PP_1P_2\stackrel{+}{\sim}\triangle PDE$知要么$D$不在线段$BC$上，要么$E$不在线段$CA$上，这与题设矛盾.

若$x^2=\dfrac{1}{291+60\sqrt{6}}$，则通过计算$\cos\angle PBC,\cos\angle PBA,\cos\angle PAB,\cos\angle PCB$可知这四个角都是锐角且$P,C$在$AB$同侧，$P,A$在$B,C$同侧，于是$\triangle P_1P_2P_3$的三个顶点均在线段$BC,CA,AB$上且都非$A,B,C$中任意一点，故当$\measuredangle DPP_1$非常小时$\triangle DEF$满足题意且$\triangle XYZ$存在.

综上，我们可知要求的可能的值仅有

最后来简单放个基本完全不需要的图.