对2023 CTST P8的解答和思考
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最近比较忙，所以也没怎么更新，正好这两天是集训队考试，我就抽空做了一下今年集训队的平面几何题。第一题是P1，一个Brocard点相关的问题，大家的做法五花八门，我也就不再献丑，反倒是今年第二个题，也就是P8，是一个截搭的三角形几何问题，还是有些值得说道的地方。（不知道为何，这两年的TST级别几何题都有这种九点圆相关的截搭，不过今年截搭得比去年略显生硬，（完全不负责任地瞎猜）难道是牺牲一些美观性给大伙送一点分？）在数之谜小程序上已经有人给了一个相对比较“纯”几何的办法（当然，在考场上兹要能做出来就行，不必过分追求所谓“美感”），不过其实也是改编于我和forever豪3在QQ群里的讨论，昨天下午我有事所以没有及时整理，这里也会说一下我的原始想法。
原题如下。
题目：在非等腰锐角$\triangle ABC$中，$AP,BQ,CR$是高，$H$是垂心. $A_1$是$BC$的中点，$AA_1$交$QR$于点$K$，$QR$交过$A$且平行于且平行于$BC$的直线于点$D$，$AH$的中点与$K$的连线交$DA_1$于点$A_2$. 类似定义点$B_2,C_2$. 已知$\triangle A_2B_2C_2$非退化，其外接圆为$\omega$. 求证：存在$\omega$内与之相切的圆$A’,B’,C’$，满足：(1) 圆$A’$与$AB,AC$相切、圆$B’$与$BC,BA$相切、圆$C’$与$CA,CB$相切；(2) $A’,B’,C’$不同且共线.
乍一看题目实在是太复杂了，光是$A_2$的定义就已经足够让人头晕，更别说还要轮换地去做外接圆，但实际上静下心来我们也应该能做出一定的猜测，比如这三者是否在某个比较好的圆上，再联系到题目中$AH$中点的出现，我们应该就能往九点圆上面考虑。结合到$AH$中点和$BC$中点$A_1$是九点圆上的对径点，我们发现要证$A_2$在$\triangle ABC$的九点圆上只需证
断言1：设$AH$中点为$L$，则$LK\perp A_1D$.
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Proof. 导角易见$A_1R,A_1Q,AD$是$\odot(ARQ)$的切线，于是$D$在$A_1$关于$\odot(ARQ)$的极线上且$A$在$D$关于$\odot(ARQ)$的极线上，所以$AA_1$是$D$关于$\odot(ARQ)$的极线，又由于$RQ$是$A_1$关于$\odot(ARQ)$的极线，故$K$是$DA_1$关于$\odot(ARQ)$的极线，于是由$L$是$\odot(ARQ)$圆心知$LK\perp A_1D$. $\quad\Box$
由此，轮换地我们就知道$\omega$就是$\triangle ABC$的九点圆. 下面我们就来做这个题不太平凡的一部分，可以说这就是“去沙子”.
题目’：在非等腰锐角$\triangle ABC$中，$AP,BQ,CR$是高，$H$是垂心. $A_1,B_1,C_1$是$BC,CA,AB$的中点，$\omega$是$\triangle ABC$的九点圆，即$P,Q,R,A_1,B_1,C_1$所共圆. 求证：存在$\omega$内与之相切的圆$A’,B’,C’$，满足：(1) 圆$A’$与$AB,AC$相切、圆$B’$与$BC,BA$相切、圆$C’$与$CA,CB$相切；(2) $A’,B’,C’$不同且共线.
看到这个之后的第一个问题其实还是“如何画图”，正常来说画与两定直线和一定圆相切的圆是Apollonius问题的一个特殊情况，有比较一般的方法，但这里我们有一个非常好的东西，就是内切圆！Feuerbach定理告诉我们内切圆和九点圆是相内切的，但如果我们取$A’,B’,C’$中的一个为$\triangle ABC$的内心$I$，则由于题目的要求，$A’,B’,C’$必然分别在$AI,BI,CI$上，我们就知道这三个点必然重合，也就不符合要求了，所以我们应该考虑的是另一组可能的切圆. 从此出发，设$\triangle ABC$的内切圆为$c$，Feuerbach点为$Fe$，则由三圆两两之间的外位似中心共线可知$\odot A’$与$\omega$的切点应该就是$AFe$与$\omega$的第二交点，由此就能做出$\odot A’$了. 不过这样其实并不是一个很好的刻画，因为这样一会引入Feuerbach点，二又没法比较好地刻画$A’$的位置。这时候我们就可以观察$\odot A’$和$c$的关系，事实上，我们可以考虑以$A$为中心、$\overline{AB_1}\cdot\overline{AQ}$为幂的反演变换$f_A$. 注意$f_A$保持$AB,AC,\omega$均不变，所以$f_A(c)$仍是一个与前三者相切且在$\omega$内的圆，由于$f_A$会将$c$与$\omega$的切点$Fe$变为$f_A(c)$与$\omega$的切点，即$AFe$与$\omega$的第二交点，所以这正是我们前文通过位似构造出的$\odot A’$. 更进一步地，设$\triangle ABC$的切点三角形为$\triangle UVW$，设$VW$中点为$A_3$，则反演的基本知识告诉我们$f_A(A_3)=A’$，这应该就算是一个比较好的（指想算就能算）刻画了. 顺便我们设出$\omega$的圆心$Ni$.
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到这一步，其实就可以考虑拿$I$处的张角定理直接计算了，不过可能还涉及到一些$A’,B’,C’$顺序的问题，我们将介绍一个更加独立、不把他们三个放一块的办法. 不过在此之前我们还要说这样选出来的$A’,B’,C’$确实满足要求(2)的第一条，即$A’,B’,C’$确实不同.
断言2：如上构造的$A’,B’,C’$两两不同.
Proof. 由于$A’,B’,C’$分别在$AI,BI,CI$上，故若其中两点重合当且仅当两者均为内心，不妨设$A’$为内心. 由$f_A(A_3)=A’$知$A$到九点圆$\omega$与内切圆$c$的幂相等，于是若$c,\omega$不重合，$A$在二者的根轴上，也即$AFe$与$c$相切，则此时$Fe$在以$AI$为直径的圆上，故$Fe$要么是$V$要么是$W$，不妨设$Fe\equiv V$，但又由于$Fe$在九点圆上，故$Fe\equiv V$将推出$B_1$或$Q$与$V$重合，这就说明$AB=BC$，与题设矛盾；若$c,\omega$重合，则有$A_1,P,U$重合、$B_1,Q,V$重合、$C_1,R,W$重合，这就说明$\triangle ABC$是等边三角形，同样矛盾. 综上，$A’,B’,C’$两两不同. $\quad\Box$
下面我们将给出$A’,B’,C’$所共直线的直接刻画. 设$\triangle A_1B_1C_1$的内心（即$\triangle ABC$的Spieker点）为$Sp$.
断言3：$A’,B’,C’$均在直线$HSp$上.
Proof 1. 只需证$A’$在直线$HSp$上，我们采用同一法，设$AH$中点为$L$，重定义$A’$为$AA_3$与$HSp$的交点，只需证明$L,P,A_3,A’$共圆，即
\[\overline{AA'}\cdot\overline{AA_3}=\overline{AL}\cdot\overline{AP}.\]不妨设$c=AB>AC=b$，设$A_1Sp$交$AH$于$T$，$AI$交$BC$于$I_1$，则$B,A_1,I_1,P,C$依次排列于$BC$上，故$T$在射线$HA$上，于是$A’,A_3$在$A$的同侧，即只需证明
\[AA'\cdot AA_3=AL\cdot AP=\dfrac{1}{2}AH\cdot AP.\].png)
设$\angle IAH_1=\theta$，由
\[\begin{aligned}&AA'\\=&TSp\cdot\dfrac{AH}{TH}\\=&\left(\dfrac{A_1P}{\sin\theta}-\dfrac{1}{2}AI\right)\cdot\dfrac{AH}{A_1P\cdot\cot\theta-HP}.\end{aligned}\]知只需证明
$AA_3\cdot\left(\dfrac{A_1P}{\sin\theta}-\dfrac{1}{2}AI\right)=\dfrac{1}{2}\left(A_1P\cdot\cot\theta-HP\right)\cdot AP,$
注意到$\sin\theta=\dfrac{I_1P}{AI_1}$，$\cot\theta=\dfrac{AP}{I_1P}$，故稍作整理可见上式等价于
$\left(AA_3\cdot AI_1-\dfrac{1}{2}AP^2\right)\cdot A_1P=\dfrac{1}{2}\left(AA_3\cdot AI-AP\cdot HP\right)\cdot I_1P=\dfrac{1}{2}\left(AV^2-HB\cdot HC\right)\cdot I_1P.$
设$BC=a$，上式左侧就可表为
\[\begin{aligned}&\left\{\dfrac{a+b+c}{b+c}\cdot\left(\dfrac{b+c-a}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}\left[b^2-\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2\right]\right\}\cdot\left(\dfrac{a}{2}-\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)\\=&\left[2a^2(b+c-a)^2(a+b+c)+\left[(a^2+b^2-c^2)^2-4a^2b^2\right](b+c)\right]\cdot\dfrac{c-b}{16a^3}\\=&\left[2a^2(b+c-a)-[a^2-(b-c)^2](b+c)\right]\cdot(a+b+c)\cdot(b+c-a)\cdot\dfrac{c-b}{16a^3}\\=&\left[a^2(b+c-2a)+(b-c)^2(b+c)\right]\cdot(a+b+c)\cdot(b+c-a)\cdot\dfrac{c-b}{16a^3},\end{aligned}\]另一方面，右侧可表为
\[\begin{aligned}&\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{b+c-a}{2}\right)^2-\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a}\cdot\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}\right]\cdot\left(\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}-\dfrac{ac}{b+c}\right)\\=&\dfrac{1}{8a^2}\left\{a^2\left[a^2-2(b+c)a+(b+c)^2\right]-a^4+(b^2-c^2)^2\right\}\cdot\dfrac{(a^2+c^2-b^2)(b+c)-2a^2c}{2a(b+c)}\\=&\dfrac{c-b}{16a^3}\cdot[a^2(b+c-2a)+(b-c)^2(b+c)]\cdot(b+c-a)\cdot(a+b+c),\end{aligned}\]因此上面等式成立，这也就完成了证明. $\quad\Box$
下面我们再来给出另一个版本的证明，其相对而言更“纯”几何一些，但需要的预备知识较多，我们不加详细证明地给出一些引理.
引理1：设$\triangle ABC$的内心为$I$，中点三角形为$\triangle A_1B_1C_1$，则$B_1C_1$关于内切圆$c$的极点为$\triangle BIC$的垂心$H_a$.
Hint. 设$\triangle ABC$的切点三角形为$\triangle UVW$，证明$UW,B_1C_1,CI$共点.
引理2：$\triangle ABC$的内心$I$、Gergonne点$Ge$（三角形与其切点三角形的透视中心）、de Longchamps点$De$（三角形的垂心的反补点）共线.
Proof. 参见3500欧拉线上的三角形特征点专题的定理2.4. $\quad\Box$
下面我们给出断言3另一个版本的证明.
Proof 2. 设$B_1C_1$交$VW$于$X$，$\triangle ABC$的Gergonne点为$Ge$，由引理2知$IGe//HSp$，注意到$Ge$在$\triangle ABC$的Feuerbach双曲线$\mathcal{C}$上，所以由Brocard定理，$VW$关于$\mathcal{C}$的极点是$U$，由于$U$是$AGe$与$IH_a$的交点，于是由调和的基本性质与极线的定义知$U$在$AH_a$与$IGe$交点关于$\mathcal{C}$的极线上，故$AH_a,IGe,VW$共点.
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由于$AH_a$关于内切圆$c$的极点是$X$，$VW$关于$c$的极点是$A$，故$AX\perp IGe$，因此$AX\perp HSp$. 注意到$f_A(H)$是$AP$中点$P’$，由$A_3=f_A(A’)$，$P’=f_A(H)$且$A_3,P’$均在以$AX$为直径的圆上知$f_A(X),A’,H$共线，而由$AX\perp HSp$我们知道$f_A(X)$就是$A$在$HSp$上的投影，因此$A’$在$HSp$上. $\quad\Box$