在 $\triangle ABC$ 的边 $BC$ 上有两点 $P,Q$，其到 $BC$ 中点的距离相等，过点 $P,Q$ 分别作 $BC$ 的垂线，与 $AC,AB$ 分别交于点 $E,F$，$M$ 为 $PF$ 与 $EQ$ 的交点，$H_I,H_2$ 分别为 $\triangle BFP,\triangle CEQ$ 的垂心．证明：$AM\perp H_1H_2$．
【难度】
【出处】
2014年第一届伊朗几何奥林匹克
【标注】
【答案】
略
【解析】
如图
首先证明：直线 $AM$ 与点 $P,Q$ 的位置无关．
事实上，只需证明 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}$ 为定值．
在 $\triangle AFM,\triangle AEM$ 中，由正弦定理知 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin\angle AFM}{\sin\angle AEM}\cdot\dfrac{FM}{EM}$ ①
在 $\triangle FBP,\triangle CEQ$ 中，$\sin\angle AFM=\dfrac{BP}{PF}\sin B,\sin\angle AEM=\dfrac{CQ}{EQ}\sin C$．
由 $BP=CQ$，知 $\dfrac{\sin\angle AFM}{\sin\angle AEM}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{EQ}{FP}$．
结合式 ① 得 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{EQ}{FP}\cdot\dfrac{FM}{EM}$ ②
由 $\triangle FMQ\sim\triangle EMP\Rightarrow\dfrac{FM}{FP}=\dfrac{FQ}{FQ+EP},\dfrac{EQ}{EM}=\dfrac{FQ+EP}{EP}$．
代入式 ② 得 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{FQ}{EP}$ ③
又 $\tan B=\dfrac{FQ}{BQ},\tan C=\dfrac{EP}{CP},BQ=CP$，代入式 ③ 得
$\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{\tan B}{\tan C}$（定值）．
设 $\alpha$ 为 $H_1H_2$ 与 $BC$ 的夹角．则 $\tan\alpha=\dfrac{H_2P-H_1Q}{QP}$ ④
因为 $H_1,H_2$ 分别为 $\triangle BFP,\triangle CEQ$ 的垂心，所以，
$QF\cdot H_1Q=BQ\cdot QP,EP\cdot H_2P=CP\cdot PQ\Rightarrow H_1Q=\dfrac{BQ\cdot QP}{FQ},H_2P=\dfrac{CP\cdot PQ}{EP}$．
又 $CP=BQ$，于是，$H_2P-H_1Q=\dfrac{PQ\cdot BQ(FQ-EP)}{EP\cdot FQ}$．
代入式 ④ 得 $\tan\alpha=\dfrac{BQ(FQ-EP)}{EP\cdot FQ}=\dfrac{BQ}{EP}-\dfrac{BQ}{FQ}=\dfrac{CP}{EP}-\dfrac{BQ}{FQ}=\cot C-\cot B$．
设 $\theta$ 为 $AM$ 与 $BC$ 的夹角．下面证明：$\tan\alpha\cdot\tan\theta=1$ ⑤
设 $AM$ 与 $BC$ 交于点 $X$．则 $\dfrac{BX}{CX}=\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}\cdot\dfrac{\sin C}{\sin B}=\dfrac{\tan B}{\tan C}$．
设 $AD$ 为 $\triangle ABC$ 的一条高．则 $\dfrac{BX}{CX}=\dfrac{\tan B}{\tan C}=\dfrac{\frac{AD}{BD}}{\frac{AD}{CD}}=\dfrac{CD}{BD}\Rightarrow BD=CX$．
故 $\tan\theta=\dfrac{AD}{DX}=\dfrac{AD}{CD-CX}=\dfrac{AD}{CD-BD}=\dfrac{1}{\frac{CD}{AD}-\frac{BD}{AD}}=\dfrac{1}{\cot C-\cot B}$．
从而，式 ⑤ 成立，即 $AM\perp H_1H_2$．
首先证明：直线 $AM$ 与点 $P,Q$ 的位置无关．事实上，只需证明 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}$ 为定值．
在 $\triangle AFM,\triangle AEM$ 中，由正弦定理知 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin\angle AFM}{\sin\angle AEM}\cdot\dfrac{FM}{EM}$ ①
在 $\triangle FBP,\triangle CEQ$ 中，$\sin\angle AFM=\dfrac{BP}{PF}\sin B,\sin\angle AEM=\dfrac{CQ}{EQ}\sin C$．
由 $BP=CQ$，知 $\dfrac{\sin\angle AFM}{\sin\angle AEM}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{EQ}{FP}$．
结合式 ① 得 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{EQ}{FP}\cdot\dfrac{FM}{EM}$ ②
由 $\triangle FMQ\sim\triangle EMP\Rightarrow\dfrac{FM}{FP}=\dfrac{FQ}{FQ+EP},\dfrac{EQ}{EM}=\dfrac{FQ+EP}{EP}$．
代入式 ② 得 $\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{FQ}{EP}$ ③
又 $\tan B=\dfrac{FQ}{BQ},\tan C=\dfrac{EP}{CP},BQ=CP$，代入式 ③ 得
$\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\cdot\dfrac{\tan B}{\tan C}$（定值）．
设 $\alpha$ 为 $H_1H_2$ 与 $BC$ 的夹角．则 $\tan\alpha=\dfrac{H_2P-H_1Q}{QP}$ ④
因为 $H_1,H_2$ 分别为 $\triangle BFP,\triangle CEQ$ 的垂心，所以，
$QF\cdot H_1Q=BQ\cdot QP,EP\cdot H_2P=CP\cdot PQ\Rightarrow H_1Q=\dfrac{BQ\cdot QP}{FQ},H_2P=\dfrac{CP\cdot PQ}{EP}$．
又 $CP=BQ$，于是，$H_2P-H_1Q=\dfrac{PQ\cdot BQ(FQ-EP)}{EP\cdot FQ}$．
代入式 ④ 得 $\tan\alpha=\dfrac{BQ(FQ-EP)}{EP\cdot FQ}=\dfrac{BQ}{EP}-\dfrac{BQ}{FQ}=\dfrac{CP}{EP}-\dfrac{BQ}{FQ}=\cot C-\cot B$．
设 $\theta$ 为 $AM$ 与 $BC$ 的夹角．下面证明：$\tan\alpha\cdot\tan\theta=1$ ⑤
设 $AM$ 与 $BC$ 交于点 $X$．则 $\dfrac{BX}{CX}=\dfrac{\sin\angle MAB}{\sin\angle MAC}\cdot\dfrac{\sin C}{\sin B}=\dfrac{\tan B}{\tan C}$．
设 $AD$ 为 $\triangle ABC$ 的一条高．则 $\dfrac{BX}{CX}=\dfrac{\tan B}{\tan C}=\dfrac{\frac{AD}{BD}}{\frac{AD}{CD}}=\dfrac{CD}{BD}\Rightarrow BD=CX$．
故 $\tan\theta=\dfrac{AD}{DX}=\dfrac{AD}{CD-CX}=\dfrac{AD}{CD-BD}=\dfrac{1}{\frac{CD}{AD}-\frac{BD}{AD}}=\dfrac{1}{\cot C-\cot B}$．
从而，式 ⑤ 成立，即 $AM\perp H_1H_2$．
答案
解析
备注
