对2022 CMO P2的解答
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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
\[\begin{aligned}&\measuredangle EPF\\=&\measuredangle EPD+\measuredangle DPF\\=&\measuredangle ECD+\measuredangle DBF\\=&\measuredangle EAF,\end{aligned}\]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
\[\begin{aligned}&\dfrac{1}{S_{\triangle DEF}}+\dfrac{1}{S_{\triangle XYZ}}\\=&\dfrac{1}{S_{\triangle P_1P_2P_3}}\left(\dfrac{S_{\triangle P_1P_2P_3}}{S_{\triangle DEF}}+\dfrac{S_{\triangle P_1P_2P_3}}{S_{\triangle XYZ}}\right)\\=&\dfrac{1}{S_{\triangle P_1P_2P_3}}\left(\dfrac{P_1P^2}{DP^2}+\dfrac{P_1P^2}{XP^2}\right)\\=&\dfrac{1}{S_{\triangle P_1P_2P_3}}.\end{aligned}\]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
\[\cos\angle PCB=\dfrac{1-261x^2}{20x},\] \[\cos\alpha=\dfrac{1-21x^2}{20x},\]带入上面的方程,化简得
\[1-582x^2+63081x^4=0,\]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
\[\dfrac{\sqrt2}{45x^2}=\dfrac{\sqrt2(291+60\sqrt6)}{45}=\dfrac{97\sqrt2+40\sqrt3}{15}.\]最后来简单放个基本完全不需要的图.