2004年第45届IMO试题

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  二试几何部分

略

证法一
（i）必要性，设 $ABCD$ 内接于圆 $\Gamma$
延长 $BP,DP$ 交 $ABCD$ 的外接圆 $\Gamma$ 于点 $X,Y$．
由 $\angle PBC=\angle DBA$，$DB$ 不平分 $\angle ABC$ 及 $P$ 在 $ABCD$ 内知 $\overparen{CX}=\overparen{AD}$，且 $D\ne X$，$D,X$ 在直线 $AC$ 同侧．因此 $DX\parallel AC$．
同理 $B\ne Y,BY\parallel AC$．
由 $DX\parallel AC,AC\parallel BY,D\ne X,B\ne Y,D,X,A,C,B,Y$ 均在 $\Gamma$ 上知以下三个点对均关于 $AC$ 的垂直平分线 $l$ 对称：$(D,X),(A,C),(B,Y)$．
而 $P=DY\bigcap BX$，故 $P$ 在 $l$ 上，即 $AP=CP$．
必要性得证．
（ii）充分性
引理：设 $l,A,B,C$ 分别为定直线及三个定点，$A$ 与 $B,C$ 分别位于 $l$ 的两侧．如果点 $X\in l$，并且直线 $XA$ 逆时针转到直线 $l$ 所需最小角度 $\alpha(X)$ 等于直线 $XC$ 逆时针转到直线 $XB$ 所需最小角度 $\beta(X)$，则称 $X$ 为好点．
好点至多有两个．
引理的证明：以 $l$ 为 $x$ 轴，垂直于 $l$ 的直线为 $y$ 轴建立坐标系．设
$A(a,b),B(c,d),C(e,f),X(x,0)$
则 $A,B,C,X$ 对应的复数为
$A=a+bi,B=c+di,C=e+fi,X=x$．
从而
$A-X=a-x+bi$
$(a-x+bi)(\cos \alpha(X)+i\sin\alpha(X)\\=(a-x)\cos\alpha(X)-b\sin\alpha(X)+[(a-x)\sin\alpha(X)+b\cos\alpha(X)]i$
因为直线 $XA$ 逆时针转角度 $\alpha(X)$ 后与 $l$ 重合，故
$(a-x)\sin\alpha(X)+b\cos\alpha(X)=0$ ①
又 $\overline{XC}=e-x+fi,\overline{XB}=c-x+di$
故 $\overline{XC}$ 逆时针转 $\beta(X)$ 角度后变为
$\begin{aligned}
&(e-x+fi)(\cos\beta(X)+i\sin\beta(X))\\
&=(e-x)\cos\beta(X)-f\sin\beta(X)+[(e-x)\sin\beta(X)+f\cos\beta(X)]
\end{aligned}$
它应与 $\overline{XB}$ 平行，即
$(c-x)[(e-x)\sin\beta(X)+f\cos\beta(X)]-d[(e-x)\cos\beta(X)-f\sin\beta(X)]=0$
即
$[(c-x)(e-x)+df]\sin\beta(X)+[(c-x)f-d(e-x)]\cos\beta(X)=0$ ②
由于 $\sin\theta,\cos\theta$ 不全为 $0$，故 $X$ 为好点 $\Leftrightarrow\alpha(X)=\beta(X)\mathop{\Longleftrightarrow}\limits^{ ①② }$ 关于 $u,v$ 的线性方程组
$\begin{cases}(a-x)u+bv=0\\
[(c-x)(e-x)+df]u+[(c-x)f-d(e-x)]v=0
\end{cases}$
有非零解 $\Leftrightarrow$
$\begin{aligned}
&b[(c-x)(e-x)+df]+(a-x)[(c-x)f-d(e-x)]=0\Leftrightarrow\\
&(b+d-f)x^2+(af+cf-bc-be-ad-ed)x+bce+bdf+ade-acf=0
\end{aligned}$
令
$g(x)=(b+d-f)x^2+(af+cf-bc-be-ad-ed)x+bce+bdf+ade-acf$
若 $b+d-f=0$，则由 $b\ne 0$ 知 $d\ne f$．从而 $BC$ 与 $l$ 不平行，设 $BC$ 与 $l$ 相交于点 $T(t,0)$，则 $\beta(T)=0,\alpha(T)>0$．因此 $T$ 不是好点，从而 $g(t)\ne 0$．所以 $g(x)=0$ 至多有两个根．因而至多有两个好点．
引理得证．
下面回到原题，设 $A,B,C,D$ 顺时针排列，$AP=CP$．在射线 $BD$ 上取点 $D^{\ast}$，使 $A,D^{\ast},C,B$ 四点共圆．由于 $BD$ 不平分 $\angle ABC,\angle ADC$ 及 $AP=CP$ 知 $P$ 是直线 $BP$ 与 $AC$ 的垂直平分线的唯一交点．
设射线 $D^{\ast}R$ 使 $\angle CD^{\ast}R=\angle AD^{\ast}R$，并设 $D^{\ast}R\bigcap BP=P^{\ast}$．
由（i）知 $P^{\ast}A=P^{\ast}C$，即 $P^{\ast}$ 也是 $l$ 与 $AC$ 垂直平分线的交点．从而 $P^{\ast}=P$．由此及 $\angle CD^{\ast}R=\angle AD^{\ast}R$ 知 $\angle AD^{\ast}B=\angle CD^{\ast}P$．
用 $BD,A,C,P$ 分别代替引理中的 $l,A,B,C$，则 $B,D,D^{\ast}$ 均为好点．又 $B\ne D,B\ne D^{\ast}$，故 $D=D^{\ast}$．由此知 $A,B,C,D$ 四点共圆，充分性得证．
综合（i）（ii）结论成立．证毕．
证法二
不妨设 $P$ 在 $\triangle ABC$ 和 $\triangle BCD$ 内．
设 $ABCD$ 圆内接四边形，直线 $BP,DP$ 分别交 $AC$ 于 $K$ 和 $L$．因为$\angle PBC=\angle DBA,\angle PDC=\angle BDA$
$\angle ACB=\angle ADB,\angle ABD=\angle ACD$
故 $\triangle DAB,\triangle DLC,\triangle CKB$ 两两相似．
从而 $\angle DLC=\angle CKB$．因而 $\angle PLK=\angle PKL$．所以 $PK=PL$．
因为 $\angle BDA=\angle PDC$，故 $\angle ADL=\angle BDC$．
又 $\angle DAL=\angle DBC$，故 $\triangle ADL\sim\angle BDC$．
因此 $\dfrac{AL}{BC}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{KC}{BC}$．
（后一等号用到 $\triangle DAB\sim\triangle CKB$）
由此知 $AL=KC$．
因为 $\angle DLC=\angle CKB$，故 $\angle ALP=\angle CKP$．又因为 $PK=PL,AL=KC$，故 $\triangle ALP\cong\triangle CKP$．所以 $AP=CP$．
反过来，设 $AP=CP$．设 $\triangle BCP$ 的外接圆分别交直线 $CD,DP$ 于点 $X$ 和 $Y$．因为 $\angle ADB=\angle PDX,\angle ABD=\angle PBC=\angle PXC$
故 $\triangle ADB\sim\triangle PDX$．
从而 $\dfrac{AD}{PD}=\dfrac{BD}{XD}$．
又 $\angle ADP=\angle ADB+\angle BDP=\angle PDX +\angle BDP=\angle BDX$，故 $\triangle ADP\sim\triangle BDX$．因此
$\dfrac{BX}{AP}=\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{XD}{PD}$ ①
因为 $P,C,X,Y$ 共圆，故
$\angle DPC=\angle DXY,\angle DCP=\angle DYX$．
从而 $\triangle DPC\sim\triangle DXY$．这样
$\dfrac{YX}{CP}=\dfrac{XD}{PD}$ ②
由 $AP=CP$，① 和 ② 得 $BX=YX$．因此
$\angle DCB=\angle XYB=\angle XBY=\angle XPY=\angle PDX+\angle PXD=\angle ADB+\angle ABD=180^\circ-\angle BAD$．
所以四边形 $ABCD$ 为圆内接四边形．