2011年第52届IMO试题

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  二试几何部分

略

如图，分别作 $\Gamma$ 关于 $BC,CA,AB$ 的对称圆 $\Gamma_a,\Gamma_b,\Gamma_c$，并记 $P$ 关于 $BC,CA,AB$ 的对称点为 $P_a,P_b,P_c$，则它们分别在圆 $\Gamma_a,\Gamma_b,\Gamma_c$ 上，且以它们为切点的相应圆的切线就是 $l_a,l_b,l_c$．记 $l_a\bigcap l_b=C^\prime,l_b\bigcap l_c=A^\prime,l_c\bigcap l_a=B^\prime$．下面将使用有向角的概念，定义 $\measuredangle(m,n)$ 表示直线 $m$ 到 $n$ 的有向角，大小等于从 $m$ 开始逆时针旋转到 $n$ 所需的角度（加减 $\pi$ 认为是等价的）．
结论（1）：$P_a,P_b,P_c$ 三点共线．
事实上，$PP_a,PP_b,PP_c$ 的中点分别是点 $P$ 到 $BC,CA,AB$ 的垂足，而这三个垂足是共线的（西姆松定理），所以 $P_a,P_b,P_c$ 三点共线．
结论（2）：记 $\triangle A^\prime P_bP_c,\triangle B^\prime P_cP_a,\triangle C^\prime P_aP_b$ 的外接圆分别为 $\Gamma_1,\Gamma_2,\Gamma_3$，$\triangle A^\prime B^\prime C^\prime$ 的外接圆为 $\Omega$，则 $\Gamma_1,\Gamma_2,\Gamma_3,\Omega$ 四圆共点．
事实上，这就是完全四边形（$A^\prime P_c B^\prime P_a C^\prime P_b$）的密克定理．记该交点为 $Q$．
结论（3）：点 $A$ 在圆 $\Gamma_1$ 上，点 $B$ 在圆 $\Gamma_2$ 上，点 $C$ 在圆 $\Gamma_3$ 上．
事实上，考虑圆 $\Gamma_b,\Gamma_c$，这两圆交于点 $A$，且 $\overparen{AP_c}=\overparen{AP}=\overparen{AP_b}$．作旋转变换 $S(A,\measuredangle P_cA,P_bA)$，则 $\Gamma_c\rightarrow F_b,P_c\rightarrow P_b$，于是切线 $l_c\rightarrow l_b$．
那么 $\measuredangle (l_c,l_b)=\measuredangle (P_cA,P_bA)$，同时又有 $\measuredangle (l_c,l_b)=\measuredangle (P_cA^\prime,P_bA^\prime)$，从而 $P_c,A,A^\prime,P_b$ 四点共圆，即点 $A$ 在圆 $\Gamma_1$ 上，同理有点 $B$ 在圆 $\Gamma_2$ 上，点 $C$ 在圆 $\Gamma_3$ 上．
结论（4）：点 $Q$ 在圆 $\Gamma$ 上．
由点 $Q$ 的定义可知
$\begin{aligned}\measuredangle (AQ,BQ)&=\measuredangle (AQ,P_cQ)+\measuredangle (P_cQ,BQ)\\
&=\measuredangle (AP_b,P_bP_c)+\measuredangle (P_cP_a,BP_a)\\
&=\measuredangle (AP_b,BP_a)\\
&=\measuredangle (AP_b,AC)+\measuredangle (AC,BC)+\measuredangle (BC,BP_a)\\
&=\measuredangle (AC,AP)+\measuredangle (AC,BC)+\measuredangle (BP,BC)\\
&=2\measuredangle (AC,BC)-\measuredangle (AP,BP)\\
&=\measuredangle (AC,BC)
\end{aligned}$
所以 $A,B,C,Q$ 四点共圆，即点 $Q$ 在圆 $\Gamma$ 上．
结论（5）：圆 $\Gamma$ 与圆 $\Omega$ 相切于点 $Q$．
设直线 $QA$ 与圆 $\Omega$ 交于点 $Q$ 和点 $A^{\prime\prime}$，则有
$\begin{aligned}\measuredangle (A^{\prime\prime}B,B^\prime Q)&=\measuredangle (A^{\prime\prime}B^\prime,B^\prime A^\prime)+\measuredangle (A^\prime B^\prime,B^\prime Q^\prime )\\
&=\measuredangle (A^{\prime\prime}Q,QA^\prime)+\measuredangle (A^\prime B^\prime,B^\prime Q)\\
&=\measuredangle (AQ,A^\prime Q)+\measuredangle (A^\prime B^\prime ,B^\prime Q)\\
&=\measuredangle (AP_c,A^\prime P_c)+\measuredangle (A^\prime B^\prime,B^\prime Q)\\
&=\measuredangle (AB,BP_c)+\measuredangle (A^\prime B^\prime,B^\prime Q)\\
&=\measuredangle (AB,BP_c)+\measuredangle (P_c B^\prime,B^\prime Q)\\
&=\measuredangle (AB,BP_c)+\measuredangle (P_c B,BQ)\\
&=\measuredangle (AB,BQ)
\end{aligned}$
这表明在圆 $\Omega$ 中 $\overparen{A^{\prime\prime}Q}$ 的度数与圆 $\Gamma$ 中 $\overparen{AQ}$ 的度数相等，注意到 $AQA^{\prime\prime}$ 共线，且点 $Q$ 是圆 $\Omega$ 与圆 $\Gamma$ 的公共点，可知两圆在点 $Q$ 处的切线是重合的，也即圆 $\Omega$ 与圆 $\Gamma$ 相切于点 $Q$．证毕．