2015年第二届伊朗几何奥林匹克

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  平面几何

略

如图，设 $l_A$ 表示过点 $A$ 垂直于 $B_2C_1$ 的直线，$l_B,l_C$ 类似．令 $CB_1=BC_2 =x,BA_1 =AB_2 =y, AC_1 = CA_2 =z$．
则 $\dfrac{y}{z}=\dfrac{AB_2}{AC_1}=\dfrac{\sin\angle B_2C_1A}{\sin\angle C_1B_2A}=\dfrac{\sin A_1}{\sin A_2}$，其中，$A_1$ 表示 $\angle A$ 分出的标有数字 $1$ 的角，其他类似．
类似地，$\dfrac{x}{y}=\dfrac{\sin B_1}{\sin B_2},\dfrac{z}{x}=\dfrac{\sin C_1}{\sin C_2}$．
故 $\dfrac{\sin A_1}{\sin A_2}\cdot\dfrac{\sin B_1}{\sin B_2}\cdot\dfrac{\sin C_1}{\sin C_2}=1$．
由角元塞瓦定理知 $l_A、l_B、l_C$ 三线共点，设共点于 $P$．
易证，$\triangle PBC\cong\triangle A^\prime C_2B_1\Rightarrow PB=C_2A^\prime$．
又 $PB\parallel C_2A^\prime$，则四边形 $PBC_2A^\prime $ 为平行四边形．
于是，$PA^\prime =BC_2=x,PA^\prime \parallel BC_2$．
因为 $BC_2\perp C_2B_1$，所以，$PA^\prime \perp C_2B_1$．
又 $BC\parallel B_1C_2$，从而，$PA^\prime\perp BC$．
类似地，$PC^\prime =y,PB^\prime =Z$，$PC^\prime \perp AB,PB^\prime \perp AC$．
设 $ PA^\prime、PB^\prime、PC^\prime$ 分别与 $BC、CA、AB$ 交于点 $D、E、F$．令 $PD=m,PE = n,PF = t$．则
$\dfrac{y}{z}=\dfrac{\sin A_1}{\sin A_2}=\dfrac{n}{t},\dfrac{x}{y}=\dfrac{\sin B_1}{\sin B_2}=\dfrac{t}{m},\dfrac{z}{x}=\dfrac{\sin C_1}{\sin C_2}=\dfrac{m}{n}$．
设 $n=ky$．则 $t=kz,m=\dfrac{kyz}{x}$．
如图，过点 $A^\prime$ 作 $BC$ 的平行线，与 $AB,AC$ 的延长线交于点 $B_3,C_3$．联结 $AA^\prime$，与 $BC$ 交于点 $A^{\prime\prime}$．则 $\dfrac{BA^{\prime\prime}}{CA^{\prime\prime}}=\dfrac{B_3A^\prime}{C_3A^\prime}$．
设 $\angle B_3PA^\prime=\alpha,\angle C_3PA^\prime=\theta$．易知，$P,F,B_3,A^\prime,P,E,C_3,A^\prime $ 分别四点共圆．
则 $\angle P A^{\prime} F=\angle P B_{3} F=\angle A B C-\angle P B_{3} A^{\prime}=\angle A B C-\left(90^{\circ}-\alpha\right)=\angle A B C+\alpha-90^{\circ},\angle P F A^{\prime}=\angle P B_{3} A^{\prime}=90^{\circ}-\alpha.$
故 $\angle B_3FA^\prime=\alpha,\angle C_3EA^\prime =\theta$．
在 $\triangle PFA^\prime$ 中运用正弦定理得
$\begin{aligned}&\frac{t}{x}=\frac{P F}{P A^{\prime}}=\frac{\sin \angle P A^{\prime} F}{\sin\angle P F A^{\prime}}\\
&=\frac{\sin \left(\angle A B C+\alpha-90^{\circ}\right)}{\sin(90^\circ-\alpha)}\\
&=\frac{\cos (\angle A B C+\alpha)}{\cos \alpha}\\
&=\cos \angle A B C-\tan \alpha \cdot \sin \angle A B C\\
&\Rightarrow \tan \alpha=\frac{\cos \angle A B C-\frac{t}{x}}{\sin \angle A B C}
\end{aligned}$
类似地，$\tan\theta=\dfrac{\cos\angle ACB-\frac{n}{x}}{\sin\angle ACB}$．
则 $\dfrac{BA^{\prime\prime}}{CA^{\prime\prime}}=\dfrac{B_3A^\prime}{C_3 A^\prime}=\dfrac{PA^\prime\tan\alpha}{PA^\prime\tan\theta}=\dfrac{\tan\alpha}{\tan\theta}=\dfrac{x\cos\angle ABC-t}{x\cos\angle ACB-n}\cdot\dfrac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}$．
类似地，可以得到另外两个式子．
故
$\begin{aligned}
&\dfrac{B A^{\prime \prime}}{C A^{\prime \prime}} \cdot \dfrac{C B^{\prime \prime}}{A B^{\prime \prime}} \cdot \dfrac{A C^{\prime \prime}}{B C^{\prime \prime}}=\dfrac{x \cos \angle A B C-t}{x \cos \angle A C B-n} \cdot \dfrac{z \cos \angle A C B-m}{z \cos \angle B A C-t}\cdot\frac{y \cos \angle B A C-n}{y \cos \angle A B C-m}\\
&=\frac{x \cos \angle A B C-k z}{x \cos \angle A C B-k y} \cdot \frac{z \cos \angle A C B-\frac{k y z}{x}}{z \cos \angle B A C-k z}\cdot \frac{y \cos \angle B A C-k y}{y \cos \angle A B C-\frac{k y z}{x}}\\
&=\frac{x \cos \angle A B C-k z}{x \cos \angle A C B-k y} \cdot \frac{x \cos \angle A C B-k y}{x \cos \angle B A C-k x}\cdot \frac{x \cos \angle B A C-k x}{x \cos \angle A B C-k z}=1
\end{aligned}$
由塞瓦定理的逆定理，知 $AA^\prime,BB^\prime,CC^\prime$ 三线共点．