2018年西部数学奥林匹克几何试题

2018·G1

在 $△ABC$ 中, $O$ 为外心, $M$ 为边 $BC$ 的中点, 延长 $AB$ 交 $(AOM)$ 于点 $D$, $(AOM)$ 交 $AC$ 于点 $E$. 求证: $EC=DM$.

证明:

设点 $G$ 为 $△ABC$ 的共轭中线与 $(ABC)$ 的交点.

显然 $G$ 为 $△GBC$ 的共轭中线.

所以 $\angle AOG=2(\angle ACB+\angle BCG)$.

$\angle AMG=\angle ACB+\angle BCG+\angle MAC+\angle MGC=\angle ACB+\angle BCG+\angle BAG+\angle AGB=2(\angle ACB+\angle BCG)=\angle AOG$.

所以 $A$, $O$, $M$, $G$ 四点共圆.

$\angle EGC=\angle EGM+\angle MGC=\angle EAM+\angle AGB=\angle BCG+\angle ACB=\angle ECG$, 所以 $EG=EC$.

$\angle EAG=\angle BAM$, 所以 $DM=EG=EC$.

2018· G2

在 $△ABC$ 中, $E$, $F$ 分别在 $AB$, $AC$ 上, 且 $BF+CE=BC$. $I_B$, $I_C$ 分别为 $\angle ABC$ 和 $\angle ACB$ 所对的旁心, $K$ 为弧 $BAC$ 的中点, $T$ 为 $E{I}_C$ 与 $F{I}_B$ 的交点, $P$ 为射线 $KT$ 与 $(ABC)$ 的交点. 求证: $T$, $E$, $P$, $F$ 四点共圆.

证明:

设 $△ABC$ 的内心为点 $I$, $I$ 在 $AB$, $AC$ 两边上的投影分别为点 $X$, $Y$. 设 $L$ 为 $EY$ 的中点.

$XL/BX=\frac{XL}{XI}\frac{XI}{BX}=\cos \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}$.

$AY/A{I}_X=\frac{AY}{AI}\frac{AI}{A{I}_C}=\cos \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}=XL/BX$.

$\angle AXL=\angle I_{B}AY$.

$\therefore △XLB\sim △AY{I}_C$, $\angle A{I}_{C}Y=\angle ABL$.

类似地, 可以证明: $\angle A{I}_{B}X=\angle ACL$.

$XF=YE$ (证明略), 进而 $FI=YI$, $\angle FIE=\angle XIY$.

设 $EF$ 交 $XY$ 于点 $M$.

易知 $\angle MFI=\angle MYI$.

$\therefore X$, $F$, $I$, $M$ 共圆.

$\angle FMI=\angle FXI=\frac{\pi }{2}$.

则 $M$ 是 $EF$ 的中点.

作 $(FMB)$ 和 $(EMC)$, 设二者交于 $M$, $P^{\prime }$.

则 $\angle B{P}^{\prime }C=\angle B{P}^{\prime }M+\angle C{P}^{\prime }M=\angle AFE+\angle AEF=\pi -\angle BAC$.

$\therefore P^{\prime }$ 在 $(ABC)$ 上.

$\angle F{P}^{\prime }E=\angle F{P}^{\prime }M+\angle E{P}^{\prime }M=\angle FBM+\angle ECM=\angle A{I}_{C}E+\angle A{I}_{B}F=\pi -\angle FTE$, 所以 $T$, $F$, $P^{\prime }$, $F$ 共圆.

$\angle T{P}^{\prime }B=\angle T{P}^{\prime }C$, 所以 $T{P}^{\prime }$ 经过 $K$, 进而可知 $P^{\prime }$ 即为 $P$.

证毕.

拓展:

求证:

(1) $(AF{I}_B)$, $(BE{I}_C)$, $(TEF)$, $(ABC)$ 交于一点.

(2) 记 (1) 中四圆所共之点为 $A$, $L$, 则 $LF$, $CM$ 交于 $(ABC)$ 上, $LE$, $BM$ 交于 $(ABC)$ 上.

(3) 记 $(AF{I}_B)$, $(BE{I}_C)$ 的外心分别为 $O_1$, $O_2$, 则 $O_1$, $O_2$, $O$ 共线, 且 $O{O}_1=O{O}_2$.

证明:

(1) 设 $F$ 关于 $BI$ 的对称点为 $F^{\prime }$, 则 $F^{\prime }$ 在 $BC$ 上, 且 $F^{\prime }$, $E$ 关于 $CI$ 对称.

设 $F{F}^{\prime }$ 交 $I_{B}C$ 于点 $S$, 设 $(AF{I}_B)$ 交 $(ABC)$ 于点 $L^{\prime }$.

则易知 $\angle F^{\prime }SC=\angle CI{I}_B=\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=\angle KAB$.

所以 $S$ 在 $(AF{I}_B)$ 上.

$\angle FS{L}^{\prime }=\angle FA{L}^{\prime }=\angle BC{L}^{\prime }$.

$F^{\prime }$, $C$, $S$, $L^{\prime }$ 共圆.

$\angle F^{\prime }{L}^{\prime }C=\angle F^{\prime }SC=\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=\angle K{L}^{\prime }C$.

所以 $K$, $F^{\prime }$, $L^{\prime }$ 共线.

所以射线 $K{F}^{\prime }$ 与 $(ABC)$ 的交点在 $(AF{I}_B)$ 上, 类似地, 可以证明 $K{F}^{\prime }$ 与 $(ABC)$ 的交点在 $(AE{I}_C)$ 上.

显然 $\angle E{L}^{\prime }F=\angle F{I}_{B}A+\angle E{I}_{C}A=\pi -\angle ETF$.

(2) 延长 $CM$ 交 $(ABC)$ 于 $X$, 延长 $LF$ 交 $(ABC)$ 于 $X^{\prime }$.

易知 $\angle XLA=\angle X^{\prime }CA=\angle A{I}_{C}F$. 所以 $LF$, $CM$ 交于 $(ABC)$ 上. 可类似地证明 $LE$, $BM$ 交于 $(ABC)$ 上.

(3) 显然 $(AF{I}_B)$, $(BE{I}_C)$, $(ABC)$ 共轴.

所以 $O_1$, $O$, $O_2$ 共线.

只需证明 $O_{1}A/O_{2}A=\sin \angle OA{O}_2/\sin \angle OA{O}_1$.

$\angle OA{O}_2=\angle AO{O}_1-\angle A{O}_2{O}_1=(\angle ABC+\angle LBC)-(\angle LEC)=\angle ELC$.

类似地, 可以证明 $\angle OA{O}_1=\angle FLB$.

$\sin \angle OA{O}_2/\sin \angle OA{O}_1=\sin \angle ELC/\sin \angle FLB$

$O_{1}A/O_{2}A=\sin \angle AEL/\sin \angle AFL$.

即证: $\sin \angle AEL/\sin \angle AFL=\sin \angle ELC/\sin \angle FLB⟺\sin \angle AEL/\sin \angle ELC=\sin \angle AFL/\sin \angle FLB⟺LC/CE=LB/BF$.

由 $L{F}^{\prime }$ 平分 $\angle BLC$ 可知 $BF/CE=B{F}^{\prime }/C{F}^{\prime }=BL/LC$. 进而 $LC/CE=LB/BF$.

2025年1月3日.